高中物理——衡水金卷——高考总复习原创优选卷——物理（答案全解全析）

时间无限短时,物体的平均速度可以代替某点的瞬时速度,位移越小,平均速度越能代表某点的瞬时速度,故C正确;不能确定B点时的速度与ABC段平均速度的大小关系,故D错误。BC解析;.″凰＝÷（锄｀｜刚c）,.°UB-UA＝UC—UEo~对AB段;工＝I么土卫旦.UB-UA@2α1对BC段;撕≡U罕＂”罕腮o联立o圆御;铡窍凰—侧‘i〃′2α2当UC＜UA时,α1＞α2,当UC＞UA时,αl＜α2。故选BC.BC解析:由速度＿时间图象可以看出甲一直做匀速直线运动’乙在前2s内做匀加速直线运动;2s后做匀减速直线运动’整个过程不是匀变速直线运动,A错误,C正确;2s后,甲、乙两物体的速度方向均沿正方向’D错误;由于甲、乙两物体由同＿位置出发沿＿直线运动,位移（对应图象的面积）相等,两者相遇,两次相遇的时刻分别是在2s末和6s末,B正确·答案;（1）C;（2）5.0;（3）0.40解析吕（1）电磁打点计时器接4～6V交流电源,选项A错误;实验时不需要乎衡小车与长木板间的摩擦力,｜选项B错误;细线必须与长木板乎行,选项C正确;实验中小车做匀加速运动即可,没必要小车的质量远大于钓码的质量,选项D错误;故选C.（2）根撼堑＝靴篮＋＋哑』可得÷＝锄,｛＋α＾由图象可知:u0＝uA＝0.4m／s;侧-2隐＝2×L导4m／←凤0m／s』答案全解全析荤一音β分专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 精选专题1质点的直线运动1.A解析:根据题意可知运动员在短道速滑男子500m决赛中的路程和时间,由此可求解武大靖在这次决赛中的平均速率,故选A。2.D解析:当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时,轮子向前运动半个周长’气门芯的初位置与末位置如图,由几何知识得,气门芯的位移大小:Z＝√（2R）2＋（冗R）2＝R√I干万丁83.D解析目汽车的初速度U0＝36km／h＝10m／s,若汽车做匀减速运动,速度减为零的时间to＝鱼＝凶S＝α52·》所以从刹车到停止的位移魏＝爷‘＂-l0m;汽车的车头距离停车线10m,除非不考虑驾驶员的反应时间’立即以最大加速度减速’行人才＿定是安全的,故A、B、C错误、D正确故选D.4。B解析月由题可知向西为负方向,而向东为正方向,该质点在前2s内向西减速运动,则该段时间加速度方向向东,而2～4s向东做加速运动,则加速度方向仍然向东,故选项A错误,B正确;由图象可知在4～5s内向东做减速运动,而5～6s内向西做加速运动’所以在4～6s这段时间内加速度方向一直向西,故选项C错误;由上面分析可知’在0～4s内加速度方向向东’在4～6s内加速度方向向西,即在6s内加速度方向发生变化’故选项D错误.5.C解析:本题应用逆向思维求解,即运动员的竖直上抛运动可等同于从＿定高度处开始的自由落您霉、√罕砌,所以第四个￥所用的时间为‘』＿√罕赋＂Ⅷ个￥所川的时间为‘｜-｀／罕≡壶—2＋侗,即:＜丝＜!选项c正确t16。ABC解析:物体在AB段的位移为1m,因此由公式5＝手,得万＝lm／S’故A正确;物体在ABC段的位如√百移大小为:工＝√F丰面丁＝√百m,所以U＝了＝丁m’故B正确;根据公式而＝手可知当物体位移无限小’少蹬Q910·答案:（1）÷;（2）0.190·037O解析:（1）由于用于轻推一下小车,则小车做减速运j‖………瓣瞬锡鳞零117＋133｀′＿—?′＾ˉ～′吟翱瓣朴趣UA≡R」根据匀变速直线运动的椎论公式△工＝α萨,可以求出加速度的大小,得;（133＋117-83-100）≡0。037m／s2.负号表示α＝＝4T2×10＿3方向相反。~ll.答案目（1）2s末物体的位置坐标为6m;（2）物体通过区间150m≤工≤600m所用的时间为G流＼1｜10S解析:（1）由U＝√百万≡√丽知,物体的力口速度α＝3m／s2,23末物体的坐标工—＋α‘:—÷×3×4m-6m（2）由工-÷α‘』得,物体通过区间l50m≤工≤600m所用的时间‘-＼／芋ˉ＼／芋√×子00—＼／2×＋50—l0｀专题2相互作用1.A解析:高大的桥要建很长的引桥,减小斜面的倾角’根据力的平行四边形定则可知’汽车重力沿桥面向下的分力减小’达到行车方便和安全的目的,故A正确;幼儿园的滑梯很陡’是为了增加小孩滑滑梯时重力沿斜面向下的分力’使小孩下滑得更快,故B错误;运动员做引体向上（缓慢上升）动作时,双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大,是因为张开时手臂产生的合力不变时,分力的夹角越大’则分力越大’故C错误;若帆船匀速航行,则其受到的合力为0,故D错误。2.B解析:由于壁虎从A到B做加速直线运动’即壁虎所受合力水平向左’在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力,由平行四边形定则可知,摩擦力方向斜向左上方’故B正确.3.B解析:由推力F的表达式F＝虎r可知’力F从零逐渐增大.当力F比较小时,物体沿墙壁下滑,物体所受的摩擦力为滑动摩擦力,大小为F｛≡〃F≡〃龙t,即滑动摩擦力与时间t成正比当滑动摩擦力F［＝G时,物体的速度达到最大,当F［＞G时物体开始做减速运动’物体所受的滑动摩擦力继续随时间而增大.当物体速度减为零后,物体静止在墙壁上,此后摩擦力变为静摩擦力.根据平衡条件可知此后静摩擦力F!＝G保持不变所以从t＝0开始物体所受的摩擦力F′随时间t的变化关系可能正确的是图象B4.A解析:放人Q之前P对斜面的压力为′′』′gcos0,放人Q后P对斜面的压力为（m′＋mQ）gcosβ,则P对斜面的压力变大,选项A正确;放人Q之前P对斜面的摩擦力为加′gsin0,放人Q后P对斜面的摩擦力为（加户＋加Q）gsin0,则P与斜面的摩擦力变大,选项B错误;斜面对P的作用力与P的重力等大反向,可知放人Q后’斜面对P的作用力变大’即P对斜面的作用力变大,选项c错误;放人Q前后物体P始终静止’所受的合力为零不变’选项D错误;故选A。5.C解析:人用斜向下的力推箱子’对人受力分析,受重力和木板的支持力’静摩擦力箱子的支持力斜向左力,根据平衡条件,箱子受到的摩擦力方问向左,与推力的水平分力平衡.故C正确;对三个物体的整体受力分析’受重力和支持力,不受摩擦力,否则不平衡’故地面对木板没有摩擦力,故D错误.6.AD解析:对于轻质薄板C,合力—定为零A、C间的最大静摩擦力为4N,B、C间的最大静摩擦力为2N.当F＝1N时’C与A、B都保持相对静止,由平衡条件知道传感器示数为1N’选项A正确;当F＝3N,拉力超过B、C间的最大静摩擦力,发生相对滑12.答案:（1）60m／s;（2）1.2m／s2解析:（1）打开制动风翼时’列车的加速度为αl＝0.5m／s2’设经过t2＝40s时,列丰的速度为℃l,则ul≡u0—αlt2≡60m／s（2）列车长接到通知后,经过t1＝2.5s,列车行驶的距离工1＝U0r1＝200m打升制动风翼到打开电磁制动系统的过程中,列车行驶的距离22U0—U1≡2800m工2＝2α］打升电磁制动后,行驶的距离工3＝Z0-工1-Z2-工4＝1500m2α』-差＝12m／s,13·答案:（1）u2≡6m／s;（2）13.75m解析:（1）由题意可得,挑战者在干台上做初速度为零的匀加速运动’设刚冲上干台时的速度为U1,运动位移Sl≡Ll’所以:u《＝2αlL］,ul＝4m／s挑战者冲上跑步机后,做匀加速运动’设其跌倒瞬间的速度为U2’运动位移为S2≡L3,所以;U;U｛＝2α2L』’可得u2≡6m／s（2）在B点跌倒后’先向右做匀减速运动到速度为零,再向左做初速度为零的匀加速运动.假设人和皮带可以共速,设其跌倒后的加速度大小为α3,所用时间为t3,所以;α;＝等＝′g＝2m／s』-U0≡U2-α3t39可得r3＝3.5s＜4s所以人和皮带可以共速,设其共速前向右运动位移为s』,则S』-财蝇—÷ˉ″;可得:S3＝8.75m随后和皮带一起匀速向左运动t4,运动位移S4,所以:t4＝t0-t3＝0。5s·S4≡u0t4＝0·5m设爬起瞬间与皮带最右端C点的距离为S5,所以S5＝L2-L3—（S3-S4）＝l3.75m｜7刚D动,B、C间的摩擦力为2N,A、C间摩擦力也是2N’是静摩擦力,从而保持轻质薄板C的合力零同理分析知道,拉力F超过2N,传感器示数总是2N,保持轻质薄板C的合力零,A、C不可能发生相对滑动.所以选项B、C错误,D正确°ACD解析:由整体法可知,甲图中整体的加速度:α1武丽,乙闺中整体的j＂遮膛;“′-武獭;设斜囱倾角为0,对甲图’隔离M’则Nlsin0＝M戊l’隔离加:N!cosβ＝咖g,解得α1＝箭gtan0;F1＝（M＋狮）“!-箭（M＋啊）gtanβ｛M＝器;对乙图中的狮,则;lv:sm6-加gtan0＝咖α』,解得;N』＝揣;F‘≡（M＋m）α2≡（M＋m）gtan0;则若m＝M,则有F1＝F2;若m＜M’则有Fl＜F2,选项AC正确;无论加和M关系如何’则N1≡N2,选项D正确,B错误;故选ACD·BD解析:用水平向左的拉力F将P缓慢拉起-小段高度,则细绳与竖直方向夹角为0’对P受力分析,由平衡知识可知｀细绳的拉力T＝器,F＝…nβ,则随0增加,T变大,F变大,选项B正确;对物体Q’若开始时斜面对Q的静摩擦力向下,则T＝加gsinα＋／,则T变大时,／变大’选项A错误;对PQ和斜面的整体,竖直方向地面对整体的支持力等于整体的重力,则地面对斜面的支持力不变;水平方向拉力F等干地面对整体的摩擦力,则当F变大时’地面对斜面的摩擦力变大’故选项C错误’D正确;故选BD·答案:（1）mg;可使物块A所受拉力连续增加’使测量更加准确;（2）箭解析;（1）根据乎衡条件可知’最大静摩擦力／＝加g,好处是可以连续不断地注入水,即连续不断的改变拉力.（2）根据共点力乎衡可知》似Mg＝咖g’解得;脾＝蒜…ˉˉ／…………ˉ…＿ˉ…｝…喉M衡;乙同学中二个力对应:6、3、4’此三力可ˉ能乎衡;故乙 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 的数据明显存在错误.u答露;（l）竿″鸭;《2』粤解析:（1）对C受力分析,如图所示勺′根据乎衡条件有:2Fcos30。＝2加g解得;F-竿哪:;（2）C恰好降到地面时,B受C压力的水乎分力最｀8.BD解析:用水平向芹的村力F将P缓』倡柿沉-小｜大’依据受力分析可知B受C压力F′≡2mgF…≡F′sin60。≡√百》″g此时’B受地面的摩擦力F『＝严（mg＋F′Sin30°）＝2严″〗g根据题意,B保持静止,则有F「min≡F工max时〃有最小值√百解得:尸mm＝丁.l2苔案;（l）√团,kg;（2）解≥÷;（3）√号g“《9.吾案:（1）″!g;叫便物块A所受拉刀连续增加’使测量｜解析:（1）细线对B的拉力大小T≡″!g滑轮对细线的作用力大′」｀F′≡√百T细线对滑轮的作用力大小F＝F′由以上各式解得F＝√面）′』g.（2）地面对A的支持力大小」V＝3″〖g＋γ冗gA不会滑动的条件T≤尸N｜由以上各式解得催≥÷l0。答案:（1）ABC;（2）不需要乙解析:（1）步骤1中’若橡皮筋的伸长量与所挂钓磷…′″『…丫Ⅱ渺4向右滑动位移为工时’B下降h＝工3不需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大′」｀,选项1:管露;α…（2M≥粤』（3）＿谱D错误;故选ABC.（2）该小组的三名同学分别做比实验,则他们在改变解析:（1）C受力乎衡,2FNcos60°≡2加g细绳的夹角再做实验时,因两次实验间元任何关系,解得FN＝2mg则不需要保证结点O位置不变.用橡皮筋的长度减（2）如图所示,A受力平衡去原长即为仲长量,比伸长量与力成正比,可代替力F地＝FNcos60°＋加g≡2γⅪg未操作,则甲同学中三个力分别对应:5、5、5’三力能／＝FNsin60°＝√j》″g乎衡;乙同学中三个力对应:5、2、2,此三力不可能乎G嘛1｜＝Fz＝8×60J＝480J,选项B正确;3s末撤去F,物体继续运动时间t＝u／α≡5s’即8s末物体停止运动,补全速度图象’由速度图象的面积表示位移可知’物体在3～8s时间内位移工2＝20×5×1／2＝50m,物体从t＝0时刻开始,运动的总位移为s＝正1＋工2＝60m＋50m≡110m,选项C错误.5.D解析:以小球为研究对象,对小球进行受力分析,小球受到竖直向下的重力和沿绳子收缩方向的拉力’小球的合外力不为零,小球不可能匀速下滑,小球与圆环相对静止,圆环也不可能匀速下滑,所以B项错误;根据牛顿第二定律加gsin30°＝加α,加速度α＝gsin30·≡5m／s2,小球与圆环相对静止,圆环＿定加速下滑,所以A项错误;整体的加速度也应该为α＝5m／s2,假设圆环与杆之间没有摩擦,取整体为研究对象’Mgsin60。＝Mn’加速度α＝gsin60°＝5√百m／s:≠5m／s2’ 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 假设错误,C项错误;圆环与杆之间＿定存在摩擦’所以D项正确°6.AC解析弓隔离木块,分析受力’木块和小车恰不发生相对滑动时,它们有相同的加速度,由牛顿第二定律有严mg＝加α’解得α狮＝2m／s2。木块和小车不发生相对滑动时,二者加速度相等’木块和小车发生相对滑动时’α砸＝2m／s2’小车的加速度αM为大于2m／s2的任意值可能正确的是A和C·7。BC解析:～起运动时,整体的加速度为:α—止＝旦;（甲的质量为咖』’乙的质量为咖凰）γγ01ˉ厂γγ22｀对乙分析’则甲、乙之间的作用力为:N-F2≡加2α’解得lV＝″!1F:土砸2F1′》T1-厂′?〖2F2突然撤去F19则整体的加速度α1≡｜,α1不一γ″1-厂′″2定大于“,甲乙之间的作用力M出器竞＜M故八错误、B正确;突然撤去F2,则整体的加速度αz＝丽旱雨I则鳃＞α,即加遮度增大,甲乙之间的作用力圈为′≤腆F遮,所以陛≥粤（3）C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开。A的受力依然为4个,参见答案图示,但除了重力之外的其他力的大小发生改变,／也成为了滑动摩擦力.A受力乎衡知F鬼＝邱cos60·＋加g＝〃F鬼v／′＝烈sin6（）°~~产解得｝′＿鹊即要求√百—严＞0,与本题第（2）问不矛盾.（不判断亦可）由几何关系知当C下落到地面时,A向左移动的水乎距离为工＝卓RQ…擦…w一′←鹊专题3牛顿运动定律1.C解析:匀速下滑时由平衡条件知2×尸×800＝800,解得〃＝0.5d又下滑h＝÷α《』,代人数据解得加速下滑时α＝5m／s2O又800-2〃FN＝80αo代人〃＝0.5联立得FN≡400N。故选C·2°A解析;传播速度u的单位m／s,密度p的单位kg／m3,压强户的单位Pa≡N／m2＝kg／（m°s2）’则侣…wk愿蛾八m′鼠与,的孽位桐阔,可能正确故A正确』丝的辅位为蜒憾鼠谬）p~厂m』／鼠;,与”的单位不同,不可能,故B错误;陶＼／;厂的…腮仔胸单位互为倒数.为鼠′m,与·的单位不同,不可能,故C错误;√页瓦的单位为√kg／（m.s2）.kg／m:＝kg／（m2·s）’与u的单位不同,不可能,故D错误.故选A。3.C解析:对于m和M整体’其中有＿部分质量加处于失重状态’相当于质量为m的这部分物体重力变为加（g-α）,故此时箱对地面的压力大小为Mg＋m（g—α）,即（Mg＋加g）-mα,ABD错误,C正确,故选C。4。B解析:在0～3s时间内’物体匀速运动,由平衡条件,F—严加g＝0’3s末撤去F,在3～5s时间内,物体做匀减速直线运动运动的加速度大小为αˉ器-4m／s2’由牛顿第二定律,〃加g＝mα’联立解得;尸＝0.49F＝8N’选项AD错误;在0～3s时间内,物体匀速运动位移工｜＝20×3m＝60m’水平力F做功W8尸mg可得物体的动摩擦因数〃＝0,3’故B正确;因为图象只给出作用力与加速度的对应关系’且物体做加速度逐渐增大的加速运动,因没有时间,故无法算得物体的加速度为2m／s2时物体的速度和最终速度,故C错误,D错误.9.答案:（1）BC;（2）1,48;（3）平衡摩擦力过度解析:（1）A。绳子的拉力可以通过拉力传感器测出’不需要用天平测出砂和砂桶的质量’故A错误;为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力’需要乎｜8铡S衡摩擦力,乎衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上’调整木板的倾斜度,让小车拖着纸带做匀速直线运动,同时要调整木板上滑轮的高度使细绳与木板乎行’故B正确;本实验采用的是控制变量法’要研究小丰加速度与力的关系’必须保持小车的质量不变’故C正确;实验中拉力通过拉力传感器测出,不需妥满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量’故D错误.故选BC.（2）已知打点计时器电源频率为50Hz,则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0·02s＝0.1s’根据△工＝αF’运用逐差法得,小车运动的加速度为:（3）α＝″』gt2-√百ms陶U0陀U0t2＋√励＄g—万解析:（1）根据匀变速直线运动的规律,有:,-十〃解得α′＝生t2）设汽车匀力口速运动时,树叶受到挡风玻璃的支持（2力为N’树叶受到空气阻力为F;树叶ˉ受到的滑动摩擦力为／’则:F≡龙U0／＝／dVN≡′″gcosβ＋Fsin0根据牛顿第二定律:mgsin0＿／—Fcos0＝mα′,由题意0＝45°;雨…＝＾…（′′2g-龙U0）t2-2√面》＂5联立解得.rcE-工Ac22。56—8。32-8·32×l02m／s2＝吕二≡-●＝＝＝α-Z-4Tc4×0·12入1om／s＝1.48m／s2.（3）由图象可知,α-F图象在α轴上有截距’这是由于平衡摩擦力过度造成的。答案;（1）不必要;（2）a00;（3）早尺:〃＝（3）设汽车匀】）设汽车匀力∑广●｀」″◎℃〗尺~＝~］丁〃●Ⅺ仑′／‖｀10.答案:（1）不必要;（2）2口速运动时,树叶受到挡风玻璃的支持力为N′,树叶受到的最大静摩擦力为／′,则／′＝尸」V′F′＝虎U0白牛顿第二定律:」V′sin0＋／′cosβ-F′＝加αN′cos0＝／′sin0＋mg解析:（1）本题拉力可以由弹簧测力计测出’不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使′］、桶（包括砂）的质量远小于车的总质量。（2）根据△工＝αT2,运用逐差法得工CF-Z〔Ⅲ、∩∩＾／’≡2.00m／s2~~α′＂gt2-√】″』sα-）〖加／’兜吕9萨ˉ.……′｀′.（3）弹簧聊｜力计的示数2F≡M赃,鼠′α＝俞F,则α—F9图线的斜率为隐’则虎≡而,故小车质量为M≡二尺.答案:（1）2m／s;（2）0.4m;（3）图见解析解析:（1）对小球’AB过程,根据牛顿第二定律可得加gsinα＝加αl’初速度为零』由位移速度公式可得U:＝2α』zl,联立解得UB＝2m／s;（2）对小球’BC过程’根据牛顿第二定律:qECOSα-加gS1nα＝mα2,初速度为UB’末速度为零,故根据位移速度公式可得U:≡2α』Z』’联立解得工2≡0.4m（3）小球在AB段做初遮度为零,末逮度为2m／;蹿…逢…动缓…翰′』-丝-队』‘,《豁／‖α1段做初速度为2m／s,末速度为零的匀减速豫动,经历的时间为r2≡丝＝0.4s’即在0.8sα2.鹤江贴为零’U-t图象如图所示:鳃.解得＝■‖■0■虎U0t2＋√百》″‘.″!13.答案:（1）α＝0.25m／s2;（2）r＝4s;（3）F≥47N解析;（1）对木板受力分析,由牛顿第二定律得:F＿尸（M＋加）g＝MtJ,解得:α＝0·25m／s2（2）由运动学公式得;L≡÷″,,解得;《≡4凰乙（3）铁决在木板上时:尸］″〗g≡mαl铁块在地面上时:卢2″!g＝加α2对木板:F-尸1加g-尸2（M＋″′）g≡Mtz311设铁块从木板上滑下时ˉ的速度为U1,铁块在木板上和地面上的位移分别为工l、.r2,2则:2α］工l＝Ul22α2工2≡U］骄缝满足工l＋r2≤1.5m冗乙］儿白丁凸］α屯』—◎白~］工‖贝镶喀铁慰木板上滑行时ˉ间为′』’~~狂睁瞥木冗狰】儿万］α］＿日~~冗板对ˉ遮面的位移瓣憾摆萄≥47N专题4曲线运动↑O／（m。sˉ］）A解析:设篮球投出时的初速度为U0’根据运动的1∑】‖分解,在水平方向’u0cos45。·t＝5,（u0sin45。）鳖＝2gh,u0sin45。＝gr／2’解得／!＝2.5m,选项A正确.°解析;根掘～＼／罕可资‖大人和小孩所抛出的圆环0°4（）.8〃s◎▲（″!g-陀U0）t2-2√回》＂s答鬃;（l）α′＝鲁;（2）鹏＝运动时间之比为3:2,选项A错误;速度变化率等于加速度,因为加速度均为g,可知速度变化率之比为∩″▲］（′Ⅺg＋龙U0）t2错误;大人和小孩的水平位移相等,根据1:1,选项BG流＼l｜Ⅻ′＝嘿刚,故C正确』小车运动宴‖绳与水平方向夹角′＝45。时,左侧的绳子的长度是√百H,由图可知垂直于鳃子方向的分谨膛为;徽｝-…5.-祭,所以左边绳子绕定滑轮转动的角遮膛为;″-忘-击’故Ⅲ正确8·BD解析:由mgtanβ＝m“2∧tan0得,hp≡力Q（∧为钢绳延长线与转轴交点与游客水平面的高度）由h＝厂／tan0＋Lcos0（其中厂为圆盘半径）得,L越小则0越小’由此可知,无论两个游客的质量分别有多大’0!大于02,选项B正确C错误;由R＝厂＋Lsin0可得’Rp＞RQ,由U＝@R可知UP＞UQ,选项A错误;由向心力公式F≡加gtan0可知,如果两个游客的质量相问,则Q的向心力＿定小于P的向心力,选项D正确.9.答案:（1）10;（2）25;（3）-0.25—0°03125解析:（1）频闪照相机的频闪频率为′＝争＝壶Hz-l0H‘（2）根据△〕≡g萨可得‘-祟＝α5;千5m／s』-25m／鼠』（3）g点的竖直逮度锄毖＝券＝楞m／慧＝3〃5m′斟.则…到‘……:h-嘉＿器Ⅲ＝M8｜:5m.到达B点的时间′』』ˉ等＝警,＝0.15S’则抛出点的纵坐标J＝-（0.28125-0.25）m＝-0。03125m;抛出点的横坐标为Z＝-（U0tB＿工B）＝—（5×0.15～0。5）m≡-0·25m·10。答案:（1）打点计时器;（2）1.864;（3）不变解析:（1）实验时,应先接通打点计时器电源,再接通电动机的电源;（2）纸带运动的速度大′」｀为°＝÷可知水平初速度比等于2;3’选项C正确;根据Uγ＝√z万可知’落地的竖直速度之比为3:2’则根据U＝√丽丁万了可知落地时速度之比不等于3;2’选项D错误;故选C.3.C解析:小球由静止释放时’杆处于竖直状态时,杆对小球提供支持力’在小球运动到地面前的瞬间’杆处于水平位置,杆小球的拉力充当向心力,故杆对小球先提供支持力再提供拉力,中间某个位置杆对小球作用力为零,故选C。4。C解析:根据平抛运动规律’乒乓球击打球拍时的水平速度相同’将击打球拍时的速度分解为水平方向和竖直方向,由ulsin45。＝u2sln30°,解得ul:u2＝￥选项C正确5。D解析:根据Ut图线与横轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大’选项A错误;根据U—t图线的斜率表示加速度,综合分析可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第＿次的小’选项C错误.第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第＿次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同（等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值）’故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第—次的大,选项B正确;竖直方向上的速度大小为Ul时’根据U-r图线的斜率表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第—次的小,由牛顿第二定律有加g-／＝加α’可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第＿次的大’选项D错误.6.BD解析:A、B共轴转动,角速度大小相等,即幻A:山B＝1:1,由U＝厂o得;℃A;UB＝厂A;厂B≡2:1,故A错误’B正确;根据α＝厂@2知,A、B的角速度相等,所以有αA;αB≡厂A:厂B＝2;1,故C错误;由于只有摩擦力对物体做功’由动能定理得:W′＝△E腮·转盘转速增加则动能增加,所以摩擦力对物体做正功’故D正确.故选BD.7·BCD解析:将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动,如图:■●口吕／‖α已过原点的直馏″≠…蕾辫睁呵鞠乳照彪瞬变.设此时绳子与水平方向增加的夹角为0’则:tan0≡H／H＝1’所以0＝45。;由三角 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 可解得:当小车运动到绳与水平方向夹角为0时物块的速度为U′,则ucos0＝u′’可知物块的运动不是匀加运动,故A错误;由于UcOs0＝U′,随0的减小’U′增大,所以物体块上做加速运动;加速度的方向向上,所以物块处于超重状态,故B正确;当小车运动到B点,绳与水平方向夹角β＝45°时小车的速度为u,则ucos45°＝〖／,则u答案;（l）乎…（2）5:.解析:（1）当细线AB上的张力为0时,小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力,有:mgtan37。＝′Ⅺ@i′sin37。』解得;鲤｜-V…7.平rad／§~~／g-（2）当。,＝＼／罢rad／爵＞叫-平rad／·时｀′｜｀球应9触D该向左上方摆起’假设细线AB上的张力仍然为0则:′″gtan0′＝′′!凹!』sin0′厂］解得;cos0′＝÷＼）0′＝53。因为B点距C点的水乎和竖直距离相等°所以,当＝′ˉ＿＾·.Ⅷ..≡｀｀.≡Ⅷˉ＾″!（o;／sin53°40′／2γ″UDF＋加g≡R／2″〖UDmg（hR）＝—厂联立并结合h的取值范围÷R≤h≤3R解得;△0≤F≤3加g据牛顿第二定律得小球在最高点对轨道的压力范围为:0≤F′≤3″!g（3）由（1）知在最高点D速度至少为VDmm≡√百∏此时小球飞离D后乎抛,有;R＝十g监』工min≡UDmlnr联立解得Zmjn＝√m＞R,故能落在水乎面BC上,当小球在最高点对轨道的压力为3mg时,有:~｜d飞UDmaXmg十d加g＝加-万解得UD…≡2√百∏小球飞离D后乎抛R-÷g′』’＝53°时,细线AB恰好竖直’—句○~mgO＝tan53°说明细线AB此时的张力恰好为0,故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°·答案:（1）2m／s;（2）0.69m0·6m;（3）8N,竖直向上解析:（1）′」、球到A点的速度如图所示,由图可知P←丙亏00C◎△‖上》｛。‖尺′＝…β尸丁‖′△‘4工max≡UDmaxr联立解得工m摊＝2√面R故落点与B』点水干距离α的范围为;（√百—1）R≤α≤（2√百-1）R专题5万有弓｜力与航天L◎解衙;由万有引力筹于向心力,G满）』Ⅷ六.又懈警……得,-＼／禹选项＂正确.2。D解析:在媳娥四号探测器“奔向,’月球的过程中,根据万有引力定律’可知随着∧的增大’探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的,故能够描述F随∧变化关系的图像是D.3.C解析:由题可知:‘‘鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动’设角速度为@’根据万有引力提供向心力,则默蜜饿＝就』＝‖蕊＋BOAu0≡u堑＝uAcos0＝4×cos60.＝2m／s,u删＝uAsin0＝4×sin60.≡2√百m／s（2）由平抛运动规律得:竖直方向有:vy2＝2ghvy≡gt水乎方向有:x≡v0t解得:h＝0.6″2x＝0.4侗加≈0.69m（3）取A点为重力势能的零点,由机械能守恒定律得:＋mvi＝÷mv:＋mg（R＋R‘“0）～代入数据得;vC＝√7加／s2UC由圆周运动向心力公式得:］vC＋mg＝加而代入数据得:Nc≡8N由牛顿第二定律得:小球对轨道的压力大小Nc＝8N,方向竖直向上°答案:（1）小球能到达D点;（2）0≤F′≤3″lg;（3）（√百-1）R≤创≤（2√面-1）R解析:（1）当小球刚好通过最高点时应有:2′γoUDmg＝—厅2″〗UD由机械能守恒可得:加g（∧-R）＝-丁联立解得″-÷R｀闽为″的取值范闺为;R≤″≤3R,小球能到达D点;（2）设小球在D点受到的压力为F’则—≡加o2（R＋工）￡沉〃〃◆2口＋兰-祭（R十堑）,故选项瓷淬曾舅”桥岭≡鹊Ⅷ≡＾寸″露鳃;哩剿｛§（尺＿题》』儿Ⅱ惠…｜Mj娟…＾河＝‖b擎哪?得到潭’蜜、忽铲γ寸工u:〔∏干荡）2｜工2-R3｀么｀｜″’以些钞;熊念甫ABD错误4C解析:由题可知’万有引力提供向心力’即G哗厂枷坠测触-＼／平,由干.天窝二号酌半径大,可2厂知其速率小’则A错误;“神舟十＿号”由轨道Ⅱ变轨到轨道I需要加速做离心运动,要向后喷出气体,速度变大,发动机做正功’使其机械能增加,故选项C正确,BD错误.5·B解析:设ml的轨道半径为R1,m2的轨道半径为】』G嘛1R2,两星之间的距离为L;由于它们之间的距离恒定,因此双星在空间的绕向＿定相同,同时角速度和周期也都柑同,由问心力公式可得对雕』;竿哪』删!等R1,对狮』;等〃』』—′＂』笋R:.又因为R』＋尺』-…＋獭:—M联预可得;T-2窥√磊所以当两星总质量变为陀M,两星之间的距离变为原来的′′倍’可知’若已知引力常量G、圆形轨道半径厂及探测器在其上运行周期T’可估算月球质量M,选项D正确;故选AD.l0.AD解析:7.9km／s是第＿宇宙速度,当汽车速度u＝7.9km／s,汽车将离开地面绕地球做圆周运动,成为近地卫垦敞A正确』根搪触-＼／孽可卿,.航天汽车”飞离地球表面高度越大,绕地球圆周运动的速度越小,则动能越小,选项B错误;“航天汽车’,环绕地球做圆周运动时半径越小’周期越小’则环绕地球附近做匀速圆周运动时,周期最小.最小周期T＝旦匹且,u＝7.9km／s,R≡6400km,代人解得T＝U5087s≡1.4h,“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h,故C错误;在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态’不能用水银气压计测量压强,故D正确.故选AD.圆周运动的周期为T-2厕√爵—√子T,敞腑正确,A、C、D错误.6.D解析:如果将近地表的球形空腔填满密度为p的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值,因此,如果将空腔填满,地面质量为加的物体的重力为mg,没有填满时是虎mg,故空腔填满后引起的弓｜力为（1-陀）加g;根据万有引力定律’有:（1陀）加g≡G1Eˉ2ˉ1L1111d29解得:v≡（1-龙）gα2Gp,故选项D正确.7。BC解析:由于月球表面的重力加速度小于地球表面加速度’月球半径小于地球的半径,由U＝√丽可知,媳娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度＿定小于地球的第—宇宙逮度』选项A错误;由G咨—狮蔚』,′＝M′v,v-÷顽R』,联立解得′＝满选项B正确;由G（摆）』-枷（R＋咖）（竿）』,G鞭-”勘联立解碍T-:露（宁＼／罕,脯娥五号探测u答案（l√票工;（2』十Ⅱ解析目（1）月球绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供,有:GM地M月4冗2M月厂2T2’厂对她靡表遏上灼物体’有;G等磁枷g｀联童解得;气呼’舅阴…球公辩…半径渝』脓可）平（2）对月球表面上质量为m的物体,有:GM月″〗1Rj≡加g月＝了mg解得;M＂-需,榷撼M-′.÷颜R.可得月球半径为;R侧≡志’器在绕月球做匀速圆周运动的t时间内’绕月球运转圈数厕-十-:厕（崔″∧／磊选项C正确;…2＝m÷可得月球的第一宇宙速度砌1—√瓦∏.选项D错误.8.CD解析:由行星运动的对称性可知’从P经M到Q点的时间为T0,根据开普勒第二定律可知’从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率’可知从P到M所用的时间小于?,选项A错误;海王垦在运动过程中只受太阳的引力作用,故机械能守恒,选项B错误;根据开普勒第二定律可知’从P到Q阶段,速率逐渐变小,选项C正确;海王星受到的万有引力指向太阳,从M到Ⅳ阶段,万有弓｜力对它先做负功后做正功,选项D正确9.AD解析:第＿宇宙速度是最小的发射速度’即探测器发射速度必须要大于7.9km／s,选项A正确;探测器要进人低轨道,必须要制动减速,选项B错误;从点火到进人圆轨道’轨道的高度降低29km,而探测器位移要大于20km,选项c镭误;根据孕—狮笋′『〗尺冗小—日●■尺′＿＿］—β~~疵—·月吨…≥萨〔Jl2答鬃;（nM-等;』（2）凰-G黑-寨;《3）融-剁开解析目（1）设宇宙飞船的质量为加,根赡万有;｜力庭律G哗-狮（竿）,′厂求出行星质量M＝4∏2厂3GTz0触D5.C解析:设平衡时绳子与竖直方向的夹角为0,此时特种兵受重力和两个拉力而平衡,故:／左sin0＋I右sin0＝工,／＝』左＋′右,,m,＝千＝器＝M.所以,＿53.,A、B两点的竖直距离为∧≡3m,故／右cos0／左cos0＝3m,而／左＋′右≡25m’左右同乘以cos0,得／右cos0＋／左cos0＝25×0.6＝15m,联立解得:／右cos0＝9m,故以A点所在水平面为参考平面,特种兵在滑行过程中重力势能最小值约为:Ep＝—加gl右cos0＝60×10×9≡—5400J,故本题选C.6.AD解析:设平台表面为零势能面,则棋子在最高点的重力势能为加gh,故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中’重力势能增加mgh,A正确;棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,不计空气阻力,只有重力做功’机械能守恒’B错误;取平台表面为零势能面则棋子在最高点的机械能E≡狮gh＋＋咖渺:,御.为棋子在最高点的速度.由于机械能守恒,则棋子离开平台后距平台面高度为4时｀动能为E—÷Ⅷg肉≡÷…→＋咖翘i＞竿,故C错误;设棋子落到平台时的瞬时速度大小为U’棋子从最高点落到平台的过程中,根据动能定理得硒gh≡＋咖锄剿—十枷则:,解得;U≡√2gh＋U:＞√】酉7丁’D正确.］7.AD解析;质点在0～23内减小的动能;古′沉（602-40爵）≡l000m;在』～6·内减小的动能》＋咖×40』＝800m,则质点在0～2s内减小的动能大于在4～6s内减小的动能’选项A正确;在4～6S内,质点的加逮度叮,处十失重状态,因j‖速度为°—器—芋…髓辩噎＿20m／s2＝-2g’则除重力以外还有其他的2200m;则质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能,选项C错误,D正确;故选AD.8.AD解析:物块B沿传送带加速下滑,则所受的摩擦力沿传送带向上;因加gsin37。＞尸加gcos37。’可知物块A也相对传送带加速下滑,所受的摩擦力沿传送带向上,选项A正确;AB下滑的加速度均为α＝gsin0-尸gcos0,可知下滑到底端时的时间相同,选项B错误;根据U＝U0＋αt可知,两物体下滑到底端时的速度大（2）雇行≡颧（榴-獭‘求出;篱-G黑-糕2（3）在行冕衰面G警-咖÷求出;卿-g卡v吾答寨;（1＼）平—R;《2）?解析:（1）太空电梯在轨运行,万有引力提供向心力’有GM加（R＋h）』＝咖（竿）』（R＋′!）膊儒″划磐＂（2）太空电梯与卫星环绕方向相反’所以卫星再次运行到太空电梯正上方时,它们与球心的连线扫过的圆心角形成一个周角·有;争＋舞-2＂广十得:卞＋方＝l解得;‘ˉ￥◎√~~专题6机械能B解析:设开始时小球离地面的高度为H’根据自由落体运动的规律可知,两段时间内的高度之比为］』3,设为″和』h.由熊量关系可知;奇—濒:.（H—h）-｀解得H—豌;到达‘点时;肆-加gh砸乳贮!′i）＝』故选凰0c解析:根据题意有w＝mg（÷gt2）＝＋（咖g）（gn‘-＋P蔽,解得;P-孪,故C对』ABD″错;故选C..D解析:根据W＝加g∧可知两球重力做功相感选.项A错误;上抛的物体运动时间长’根据P＝赠／t可蕊鳃篙期嚣硼鳃｛落地的速度相同,根据P＝加gU可知落地前瞬间,两翔球重力的瞬时功率相等,选项C错误,D正确;故选D.C解析:设物体的质量为m’则物体在上升过程中’受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F’由动能定理结合题图可得—（加g＋F）×3m＝（36—72）J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力加g和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得（mg-F）×3m＝（48-24）J,联立解得加＝1kg、F＝2N’选项C正确,A、B、D均错误.］2。~∩≤凹4小相同,根据P＝mgusin0可知’滑至底端时AB所受重力的瞬时功率相同,选项C错误;下滑过程中A相对传送带的位移较小,根据Q≡尸mgzcos0可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少’选项D正确;故选AD.,苔寨』（l｀′M票）偷,（哪—粤）g创;（2）队β解析:（1）滑块从A处到达B处的速度U＝上,则系t统动能的增加量△E臆-÷（M＋枷）刚爵＝（M＋砸〕b』2t2系统重力势能的减小量△E鹏-顺g刨ˉMg…0.＝（咖—γ）g剑律’有2U加g≡m页解得;U＝√百F设A点的高度为h’根据动能定理咖g（hˉ2R）＝十咖徽′解得h＝2·5R≡2.5m（2）设克服阻力做功为Wf,小球从A到D的过程,由动能定理有咖g（′i—2R）—w′-＋啊聊』解得W［＝20J·12。答案:（1）16000N;（2）61。25m解析:（1）越野车在AB略段时匀速,有Fl＝／lP≡F1U1联立解得:／1≡16000N（2）t≡12s时越野车处于乎衡态,F2＝／2,P＝F2U2联立解得:／2＝8000N由动能…;诬—／圆堑-＋咖硼;—＋′＂财《代入数据得解得Z＝61.25m腮答案;（D√≠凰R;（』）侗挪凰Ⅱ解析:（1）当A球运动到最低点时’作出图象如图所示:R（2）根据系统机械能守恒的,＋（M＋枷》锄:-（顺—粤）g刨,则酒:-（2肛峪蔚刨,图线愉斜率膨-芳王龄ˉ器’解得g＝9.6m／s21（）.答案:（1）50分度;（2）C;（3）用遮光条通过光电门的平均速度代替小车过B点的瞬时速度用米尺测量AB间距离有读数误差解析:（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数’不需估读’该同学用游标卡尺坝｜｜出遮光片的宽度d＝0.572cm≡5.72mm,10分度的分度值为0.1mm,测出遮光片的宽度以毫米为单位,应为一位小数;20分度的分度值为0。05mm,测出遮光片的宽度的数值最后一位数字为0或5;50分度的分度值为0。02mm,测出遮光片的宽度的数值以毫米为单位,应为两位小数,最后一位数字为偶数,故该同学用的是50分度的游标卡;（2）（3）由于用重物通过细线拉小车使其自A位置由静止开始运动,小车（含遮光条）的质量和重物质量均保持不变,通过成倍增加AB间距离s的方法进行多次实验验证,所以需妥先表示出小车的速度,′］、车的速度用乎均速度代替.鼠′刚≡等,据动能定理有;F詹』＝＋（M＋砸）测廖＝十（M＋咖）（子）』,只婆』—÷钩关系:′可,所以不需乎衡摩擦力、不霜要满足重物的质量远小于小车的质量,但必须保证每次′」｀车静止释枚;还需多次实验减小偶然误差,故A、B错误’C正确;故选C.所以本实验的主要误差米源有用遮光条通过光电门的平均速度代替小车过B点的瞬时速度;用米尺测量AB间距离有读数误差.1L答案:（1）2.5m;（2）20J解析:由临界条件可求得D点的速度,再对全程由动能定理可求得A点的高度;对全程由动能定理可求得阻力做功情况（l）设小球经过D点时的速度为U,根据牛顿第二定○B设A球的速度为U,根据几何关系可知B球的速度为乎锄,B球上升蹦高度为√职｀对AB小球整体运用系统机械能守恒得:嗜涎＋…叫÷腮′争√;（弘嚣A蹿魄攘肄为0时,B上升的高度最高’则此喻A撼沿｛圆巍孽罐动的位移最大,设为‘’此时连接A粱鲍锡熟晶恭匈谢〈乎方向的夹角为α.1百Ns由几何关系得:Cosα≡ˉ万＝灰A球下降的高度为:~／S2′M≡＄.sinα—》＼／1-顶r则据机械能守恒定律可得:2〃Ig·片A—ˉ脚gJ＝0解得:s＝√百R廖γ几械能的减设水平向右为正方向’在小物块向左减速到速度为零时’设长木板速度大小为Ul’根据动量守恒定律:MU-加u≡Mul,解得:℃1≡1.5m／s,所以当小物块反向加速的过程中’木板继续减速,木板的速度必然小于L5m／s,所以B错误;设水平向石为正方向’根据动乏外力或所量定理,AB两物体相互作用的过程中’木板B对小］成的系统物块A的平均冲量大小为I＝mu共＋mU＝4N。s’故不为零,不C错误;设水平向右为正方向’根据动量定理’A对B了受合外力的水平冲量I′＝MU共—MU≡-4N.s’负号代表与正确’ABD正方向相反,即向左’故D正确。8.AC解析:A和B组成的系统所受的外力之和为零,量守恒’规动量守恒,初态总动量为加U,则弹簧压缩最短时,系｀’解得:坠统总动量仍然为加U,故A正确;轻弹簧被压缩到最UB短时A利B的速度相等,由动量守恒有加U≡2mU共’可得U粪＝;.则此时A的动能为E腿＝丁砸U魏＝〕量P≡mU肯炯侧:故B错误;A和B在相对靠近隆缩弹簧和相i点的加速增量为△U对远离弹簧恢复的过程中,满足系统的动量守恒和机械能守恒｀有;砸-…＋…＋咖吵』＝＋啊触i＋｝kg·m／s,相同,则动＋砸诡,叮得锄斜＝0,侧凰＝刚,故C正确;A、B为系统的阜位移内速相等’故D机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能,机械能不守恒’而A和B及弹簧组成的系统没有其它能参与转解得芳-化,机械能守恒故p错误＂答毫＿枷!盅—（测』＋懒』）盖勿体组成的解析:滑块A对B的作用力与B对A的作用力等大Ⅷ℃0＝2mU’反向,所以滑块A对B的冲量大小等于滑块B对A的冲量大小;畏据共点力根据动量守恒定律可知,mrUl＝（ml＋′n2）U2根据速度公式可知U1＝d1／△tl,℃2＝α2／△t2;孪,又知代入上式可得应满足的公式为:镭被压蠕″』岩-（砸』＋砸婆）盖,所以D点10.答案:（1）2°04;（2）0.604;（5）2.65％对A分析可知,拉力对A做功等于A的机械能的减小,即W＝2mg·hA＝mgS＝√§》?ZgR.专题7碰撞与动量守恒C解析:动量守恒定律的运用条件是不受外力或所受合外力为零,α尚未离开墙壁前’α和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力’系统的合外力不为零’不满足动量守恒条件;α离开墙壁后,系统所受合外力为零’动量守恒故◎O正确所以C正确’ABD错误°C解析:A、B两车以及人组成的系统’动量守恒’规定向右为正方向’有:0＝MUB-（M＋加）UA’解得:坠UB∏竿丽,故选。B解析:根据U2＝2α工得,U＝√回百万,则动量P≡mU＝加√z了,可知P≡0.5×√TF厉,解得质点的加速度为8m／s2,故A错误;2s内物体速度的增量为△u＝αt＝16m／s,则动量的增量△P≡加△u＝8kg.m／s,故B正确;因为相同时间内速度的变化量相同,则动量的增加量＿定相等,故C错误;因为相等位移内速度变化量不同’则动量的增加量不可能相等’故D错误.B解析;根据动量定理有F△《-…—0,解得芳-旦＝1。6×103kg／s,所以选项B正确.UA解析:AB两物体发生碰撞过程中’两物体组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律可得m℃0＝2mU’解得刚-爷,以B为研究对象,在碰撞时,根据共点力平衡条件可得弹簧的初始形变量为工＝砸爷in0,又知道cD两点间的距离为2咖畏sm6’即C点弹簧被压缩了m竿m0｀在D点弹簧应被拉伸了m竿in‘’所以D点的形变量和C点相同,在两点弹簧的弹性故从C点返回D点有:＋.2娜（普）,＝…2竿nβsinβ,解得°＂-…n幅,A正确AD解析:A和B离开桌面后做平抛运动度相同,它们的运动时间相等’由工＝U0t得速度之比;器＝尝＿罕＝＋』故A正确,B错误;弹簧弹开物体的过程,两物体及弹簧组成的系统动量守恒’取向左为正方向’由动量守恒定律得:加AUA-加BUB＝0测质量之比;麓＝器＝÷,故C镭误』D正确AD解析:设水平向右为正方向’根据动量守恒定律得:Mu-mu＝（M＋加）u共’解得u共＝1m／s,A正确;1°2345…呼蹦;（1）滑块A在碰撞前、后的瞬时速度大′」｀分爵｜｜刁〃d‖＝—＝≡△tC2』翘＂—炭-4D0m′愚′Ⅷm／s＝2.04m／sA的动量变化量大小;″!A（-u0）≡0.604kg°m／s吟砧卿≡｜△户-△户′｜Ⅷm／s｜×｜验的66｜……懦镶;″本实｜0.604-010（）％≡588｜ˉ△户×100％＝2.65％｜0.604｜…一ˉ′.ˉ.≡′″ll苔案;〔l）∏旱丽°0（2）2枷U,解析:（1）子弹射入木块过程’由于时间极短,子弹与木块间的内力远大于系统外力,由动量守恒定律得:加U0＝（M＋m）Uγγ?U0解得;U≡加＋M勺′G踊Ⅲ子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动’后做加速运动’回到A位置时速度大小不变,即″0U0当木块回到A位置时的速度大小U＝m＋M（2）子弹和木块弹簧纽成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力’根据动量定理得:I＝-（M＋加）℃-mU0≡-2mU0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2加U0.l2答露;（l）′-√面丽丽;（2）吻-÷√平,腻-＿÷｀／平解析;（1）压缩弹簧时,推力做功全部转化为弹簧的弹性势能’撤去椎力后,B在弹力的作用下做加速运动,在弹簧恢复原长的过程中’系统机械能守恒设弹簧恢复原长时,B的速度为UB0,则有;w＝＋腮诡,此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化’则有:I＝mUB0解得:I＝√回丽w（2）当弹簧恢复原长时’在此过程中,系统动量守恒、机械能守恒’则有:加UB0＝3加UA＋加UBW＝÷.3m诡＋＋m刨:e臼解得;翘←÷＼／粤I》戳圃-ˉ÷＼／粤［13.答案日（1）8m／s;（2）6J;~（3）uh＝2m／sub≡6m／s解析;（1）子弹穿过A时’子弹与A动蚤守恒,设A的速度为UA,子弹的速度为U1,由动量守恒定律有:加U0＝mAUA＋mUl,又ul＝0.6u0＝240m／s解得;uA＝8m／s（2）子弹射入并留在B内’子弹与B动量守恒,设子弹与B共同的速度为UB’由动量守恒定律:加U1＝（m＋加B）UB解得:uB≡4m／s子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒,弹簧弹性势能最大时A、B、子弹具有相同的速度U由动蚤守恒定律:mAUA＋（m＋mB）UB≡（加＋加A＋加B）U解得:u＝5m／s由能量关系;E′＝亏…i＋＋（狮＋砸愿）刚凿1臼—＋（顺＋狮＾＋狮凰）砌』解得:Ep＝6J（3）从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长,系统总动量守恒’总动能不变,则:mAUA＋（加＋mB）UE＝mAUh＋（m＋加B）Ub＋…肉＋÷（砸＋咖阀）”:＝＋…′i＋＋（娜＋加B）U′:解得;uh＝2m／s或8m／s,ub＝6m／s或4m／s弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度大小分别为uh＝2m／s,ub≡6m／s专题8电场LB解析:真空中静止点电荷的电场中,A处电场强度为E’设点电荷的电量为Q’A离该点电荷的间距为′’则有;E＝驾’若该点电荷电荷量减半’则A处场强厂虎旦为』屑′ˉ÷＝÷,故ACD错误,B正磷;故选U2.D解析:对P、Q整体进行受力分析可知’在水平方向上整体所受电场力为零,所以P、Q必带等量异种电荷,选项AB错误;对P进行受力分析可知’匀强电场对它的电场力应水平向左’与Q对它的库仑力平衡,所以P带负电荷,Q带正电荷,选项D正确’C错误.3。D解析:若将下极板向上移动一小段距离,根据α＝需＝器叮知』电子在电场中的加逮度变大,选项A错误;电子射人极板时,垂直极板的速度一定’加速度变大’则电子在电场中运动时间减小,选项B错误;电子射人平行极板的速度-定,运动时间减小,则平行极板方向运动的距离减小,电子打到下极板的位置改变,选项C错误;根据Uq＝÷咖则』ˉ＋砸锄柯知电子到达下极板的速度不变’选项D正确°4°C解析:根据点电荷的场强特点可得A、B、C三个点电荷在O点的场强如图所示:EAB错误;电场线方向从D指向C’根据沿着电场线电势逐渐降低可知’D点的电势高于O点的电势,故C正确;把＿正点电荷从O点移到E点’电场力做正功’该电荷的电势能减小,故D错误°所以C正确’ABD错误.5B解标根撮C-器可知,若仅使上极板上移ˉ殷距离,则d变大,电容器的电容减小’选项A错误;根2碰O据C≡器,若仅向两板间擂人云母介履,则电容器的电容变大,根据c＝Q／u可知’两板电势差u减小,根据E≡U／d可知板间电场强度减小,选项B正确;着仅晨囚为两板正对面积增大根搬C-瑞可知c变大’由c＝Q／u可知u减小’即静电计指针张角减小’选项C错误;仅是因为两板间距变大,根据C-瑞可知C变小,由c-Q′U可知U变大,圆‖静电计指针张角变大,选项D错误;故选B.D解析:负试探电荷从A运动到C,电势能降低’则从A到C电势逐渐升高,电场方向从C到A;负电荷从C到B电势能增加’则电势逐渐降低’则电场方向从C到B°即电场方向先沿z轴负方向,后沿z轴正方向,则qA和qB均为负电荷°因为在q∧和qB连线中点处的合场强沿z轴负方向,故qA＞qBγ故AC均错误;E′’-Z图象的斜率大小代表电场力’而C点的切线斜率为零,说明该试探电荷在C点处受到的电场力为零,B错误;在C点负电荷的电势能最低,则正电荷在C点的电势能最大,故D正确.AC解析:根据场强的定义式可知,P点的场强大小为E-÷’选项A正确;P′…势为僻＝等选项B错误;根掳E-膛:＝;,可知场源电荷的电荷量为Q≡男选项C正确;徽去检验电荷q,P点的场强、电势均不变且不为零,选项D错误;故选AC.BCD解析;三个小球构成等边三角形’AB之间相互排斥,要保持间距L不变,C球必带负电同时吸引AB’加速度相同’A、B的合力方向要垂直于A、B连线指向C球＿侧;对A球受力分析可知’得C球带负电,且』喂…0.≡′普,解得;Q≡2,,即c球只能带负电’且电量为＿2q’故选项A正确;设三个小球的加速度都是α’根据牛顿第二定律和库仑定律’对势能增加4J;由于金属块下滑,电场力做负功,所以电场力应该水平向右,所以金属块带正电荷,故BC正确’D错误;在金属块滑下的过程中重力做功24J,重力势能减小24J’动能增加了12J’所以金属块的机械能减少12J,故A错误故选BC。10。BD解析:找OC的中点D’连接AD和BD,如图所小.γ／cm6°∏→′咖ODC示’由几何知识的:AB／／／OD》AB／／／DC,且AB＝OD＝DC’故UAB＝U四＝Um’即PA-甲B＝中o-甲D＝帜D—甲c,故甲D＝3V’@c＝0V,故A错误’B正确;由干甲A＝甲D,故AD为等势线’根据电场线和等势线互相孟盲日由高电势指向低电势’故场强方向应从O点向AD做垂线,垂足为E点,场强方向为OE方向,E＝旦＝坠＝坐＝6＿3｀′／而＝｜∩∩.／可｀′／mV／m＝100√百Wm’■了‖威d“d“2×粤×l0—』v′凸凸二二凹＝V≡v′●■■P为E-÷’选项A正确;P′…势为僻＝等选项故C错误,D正确;故选BD°B错误;根掳E-膛:＝;,可知场源电荷的电荷量皿答寨』（D｀／§盂;《2）9哪g,方向竖直向下为Q≡男选项C正确;徽去检验电荷q,P点的场解析:（1）小球恰好能经过轨道最高点BUB由牛顿第二定律有:加g＝矾百强、电势均不变且不为零,选项D错误;故选AC.BCD解析;三个小球构成等边三角形’AB之间相互从A运动到B,对小球由动能定理得:排斥要保持间距L不变,C球必带负电同时吸引—砸gR＝＋啊诡—÷啊”;AB’加速度相同’A、B的合力方向要垂直于A、B连线指向C球＿侧;对A球受力分析可知’得C球带负解得:u0＝√玉F′电,且』喂…0.≡′普,解得;Q≡2,,即c球只能（2）设小球第三次经过轨道最低点时的速度为U对小球由动能定理得:带负电’且电量为＿2q’故选项A正确;设三个小球3qEd＋狮gR＝＋啊翘:ˉ÷娜z;的加速度都是α’根据牛顿第二定律和库仑定律’对…ˉ嚣A球受力分析可知喂sin60.＝″则哩＝隐需′对整体受力分析可知F-物·＝4√雕L2鳃项B错误;由题可知,要保持间距L不变,只线运动’即使做曲线运动,若A对B的库仑力不垂直,该力可以做功’故选项C错误;在撤瞬间,对C根搬牛顿第二定律可以得到;2鹰窖c。凰30.《3）鳃ˉ（捌＋÷厕仟≡…则瞬间C的加逮度为;卿′-祭,方问与力解析;α）』」物体尤初遮糯救唇态董力、电场力锚作用下做匀加速直线运动,小物体刚好沿切线无碰撞F反向’故选项D错误.地进入圆管内,故小物体刚好沿pA连线运动’重力BC解析:在金属块滑下的过程中动能增加了12J,与电场力的合力沿PA方向;又PC＝AC≡L’故金属块克服摩擦力做功8.0J,重力做功24J,根据动能定理得:W总＝WG＋W电＋W［＝△EK,解得:W电＝tan45°≡蝗’解得;E＝22里加gq-4J,所以金属块克服电场力做功4.0J,金属块的电（2）小物体从P到A的运动由动能定理可得:mgL8·9。G唬＼1＋qEL＝＋″!刚i,解得;财脚＝2√百r虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场’电场强度大小等于122旦’电荷量为-q（q＞0）q的绝缘小物体所受电场力F2＝qE2＝mg,方向竖直向上,故小物体从A到B做匀速圆周运动,UB≡UA＝2√gL小物体从管口B离升后,经过一段时间的运动落到上由于电场力小于摩擦力,小球速度减为零后不会返回,则:＿〃1mgZ＿严2mg工l-qE（工-工l）-γ″g.2R＝0-12亏mU05＝工＋沉R＋工l解得:＄＝（44＋冗）R专题9恒定电流1.B解析:把电流表改装成电压表需要串联＿个分压电阻.串联电阻阻值为;R＝÷—R.-巾—弧0≡1000Q’故选B°2,B解析8据题意,由图可知’电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联,当向上移动滑片时变阻器阻值变小,再根据结论“串反并同”,可知电流表示数变大而电压表示数变小’则B选项正确°3.B解析:由上图可知电源电动势为6V’电源内阻为虚线AB上的N点,对ˉ竖直方向:2〖／Bsin45。t＝-＿＿---ˉg偶解得:r＝水乎方向;堑＝（…45w＋÷“,｀qE＝哪α解得:工＝8LN点距离C点:ZcN＝Z—L＝7L（3）小物体从p到A的时间tl,则-1√2L＝亏UAt1臼-｀／子解得:t1物体从A到B的时间Z2’则Q了×2沉×√百L3’r／元t2＝＝ˉW了UA小物体由P点运动到」V点的总时间′慈＝蓝!＋膝』＋‘＝（3＋:〃仟13.答案:（1）5.5mg;（2）U0＞4｀／百页;（3）（44＋沉）R解析:（1）加速到B点:＿…露—qE露＝÷狮刚』—＋枷渺;2在B点:N-mg＝m页解得N＝5.5加g◎●刷—△对A图,!≡R,岸＝击Aˉ4A,U～』R′｝≡4v』对B圈｀I-R六-2』A,U≡lR膨｝ˉ“v』＂寸c图｀I≡R六＝M:A,U-…v;对D图,′-R片≡…,U＝鼠』V』敞B项正确4.B解析:以油滴为研究对象进行受力分析可知,油滴静止不动’所受电场力与重力平衡’即加g＝Eq＝:g』现欲使油漓仍能处于平衡状态则保证电场强度不发生变化即可,Rl的电压不变即可,题中R2没有电流通过’故改变R2时对电路工作状态无影响,所以选项B正确、A错误;而增大两板间距离时’电场强度减小,油滴下落’所以选项C错误;断开电键S时,电容器与可变电阻构成闭合回路’电容器放电’油滴下落’所以选项D错误51.5Q,故D错误.6.AC解析:漏电电流通过曲长管道、人体流人大地’为保证人体安全’通过人体的电流的非常的小’所以曲长管道应选用不易导电的材料制成,故A正确’B错误;通过图可知“隔电电阻”与“人体电阻”串联,分压与电阻成正比,人体12V,则隔电电阻分压为220V—12V≡208V’故“隔电电阻”大于“人体电阻”,故C正确;热水器漏电且接地线失效时,人体两端的电压不高于12V’说明电流不为零’不过是很小D＝wg＼～X吗＞赤○丁B（2）在物理最高点F:tanα≡蝗mg解得α＝37。;过F点的临界条件:UF＝0从开始到F点:＿α］″!屑工—QE（工＋Rsin从开始到F点:＿尸1mg工—qE（工＋Rsinα）—加g（R＋Rc。sα）＝0—÷″m;解得U0＝4√回页可见要过C点的条件为;u0＞4√百F（3）由于Z＝4R＜5。75R’从开始到F点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问,到F点时速度不为零,假设过C点后前进z1速度变为零,在CD杆l3／税Dm;设电压建程为U』则电压表示数为2虱7×晶;又由2队7×箭;20-9;35,解得U≡MMl1.答案:（1）如图见解析;（2）最大值2.0;（3）6·01.0大于解析目（1）按原理图接线,如图:而已,故D错误;故选AC.BC解析:若电阻R2发生断路,则电阻R2的阻值变成无穷大’电路的总电阻变大,总电流减小,R4两端的电压减小’电容器两端电压减小,则电容器带电量减小;Rl两端电压以及R1电流变大;通过灯泡B利电阻R3的电流减小,则灯泡B电压减小,则灯泡A电压变大,灯泡A亮度变亮;因灯泡AB电压之和变大’可知灯泡A电压变化量△UA大于灯泡B电压变化量△UB;电源的总功率P≡IE减小;故选项BC正确,AD错误;故选BC.AD解析:因I-U图象的斜率等于电阻的倒数’可知由图乙可知,小灯泡的电阻随电压升高而增大’选项A正确;电路稳定后,电源内部发热消耗的功率I2厂＝0.22×2W＝0.08W,选项B错误;电路稳定后,灯泡两端的电压为UL＝E-I（7＋R）＝30.2（2＋8）＝1V,则灯泡L消耗的电功率为PL＝IU＝0.2×1W＝0。2W’选项C错误;电路稳定后,电源的效率′ˉ▲、’IUU0.2×8＋1＾曰∩／、▲-≡…一…∏『8待测电源（2）为了保护用电器,所以应使电阻箱的最大阻值接入电略,即在闭合开关Sl前调节R2至最大值;由闭合电略欧姆定律得:亏EE＾雷,′喧.元′、／、＾EE0Q~—Ⅱ~~Ⅲ而γ为约一…√.′』EE≈87％,选项D正确;3故选AD。答案:（1）如图见解析ADE;（2）11。4（80／7或11.43或11）解析;（1）灯泡的额定电压为2·8V,则电压表应选用A;由图象可知’灯泡电流不超过0.3A,则电流表应选用D;滑动变阻器要用分压电略’则应选用阻值较小的E;电压表的内阻远大于灯泡电阻,则未用电流表外接,电略如图:≡≡二;9（3）由闭合电略欧姆定律得:E＝I（Rl＋R＋厂）整理得;＋＝牛＋古R｀晶乞一°11.5-0.52＋厂］~~］—匠知可象图由＝ˉ,曰″—√′…’E＝≡≡E26′E2解得:E≡6.0V,厂＝1O若电流表A内阻不可忽咯,由闭合电略欧姆定律得:E＝I（R1＋R＋厂＋RA）雀坠≡么回12＋厂＋RA1∏＋古R］整理得E二≡;丁≡上ˉ≡0,』。IE即内阻的测量值为:厂＋RA＞厂即大于真实值.12.答案:7·0V92.0Q解析;滑片P向右移动的过程中,电流表示数在减小,电压表示数在增大,由此可以确定电流表蚤程选″″…螺敛是0～0.6A’电压表量程选取的是0～15V’所………龋慰凰蹲的总电流为′慈-l』＋骨／队5＋;A-M＾由闭合电略欧姆定律得E＝I总厂＋U1＋U3,即E≡1。5厂＋2＋2o当电流表示数为0.2A时,Rl两端的屯压为U（≡I（Rl＝0,2×4V＝0,8V回略的总电流为′隐-′｛＋畏-队2＋孕A-M＾（2）若将此灯泡与电动势为6V、内阻不计的电源连接,要使灯泡正常发光’需串联的电阻两端的电压为6V2。8V＝3.2V,由图可知电流为0。28A9则电腮的阻值为Rˉ哉o＝lM3α′‖.｝0苔寨;（:）←网』（3）红黑…攘;（锄负、正／（5）×1kQ;（7）20k15k25.7;（8）20k6.,γ‖解析;《2）霞……擂…镭爵…翠“-,’插孔;（3）欧姆表换挡后必须:先短接红、黑表笔’再进行龄孽姆调零.（4）欧姆表电流从黑表笔流出,红表笔流进’所以红、黑表笔应分别与电压表的‘‘负、正”接线柱相连;（5）多用电表指针偏角过小,表明电阻太大’应当更换吏大倍率,再次短接红黑表笔进行调零;（7）多用电表的读数为20×1kQ＝20kQ’欧姆表内阻等于中值电阻,由图甲及倍率可知为15×1kQ＝15kQ,电压表读数为25.7格（25·6到25·8均可）;（8）多用电表的读数就是待测电压表内阻,均为20（1G跪＼1］由闭合电略欧姆定律得E≡I愿厂＋U（＋U!,即E＝0.6厂＋0。8＋5o联立O@解得E＝7.0v,厂＝2。0Q专题10磁场1。C解析:通电直导线电流从左向右’根据右手螺旋定则’则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里,所以小磁针静止时北极背离读者’即垂直纸面向里,A错误;如图所示,根据右手螺旋定则,磁场的方向逆时针（从上向下看）,因此小磁针静止时北极背离读者,即垂直纸面向里,B错误;环形导线的电流方向如图所示’根据右手螺旋定则’则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外,所以小磁针静止时北极指向读者,即垂直纸面向外’C正确;根据右手螺旋定则,结合电流的方向,则通电螺线管的内部磁场方向,由右向左,则小磁针的静止时北极指向左’D错误.2.A解析:带负电荷的橡胶圆盘绕中心轴高速旋转’根据电荷的定向运动形成电流’电流产生磁场可知’在圆盘上方产生了磁场,小磁针在磁场中受到磁场力发生转动,选项A正确B错误;仅改变圆盘的转动方向’在圆盘上方产生的磁场方向变化’小磁针的偏转方向变化,选项C错误;如果使圆盘带上正电荷’圆盘的转动方向不变’在圆盘上方产生的磁场方向变化,小磁针的偏转方向变化,选项D错误.3.D解析:通电导线的有效长度为L＝√百厂,故受到的安培力为F≡BIL≡√百BI厂,故选D.4.C解析:两直导线与灯泡相连’则在灯泡工作时’导线中的电流方向相反;因此二者相互排斥;由于电流为正弦规律变化’故其安培力也呈正弦规律变化’但方向不变;且当导线中电流的瞬时值为零时作用力的最小值为零;故只有C正确.故选C.撒磷瓣龋獭的电流大小为÷,如图所示’依题意有△F＝B′I’则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1-÷B′I＝÷F,方向与F的方向相同｀所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F’选项B正确.6.B解析:由题可知,安培力做功使导体棒获得动能’从而获得速度,然后水平抛出,做平抛运动,由于高度＿定,则时间＿定,设为t,则被抛出时的速度为:U≡÷’则安培力做功为;pW≡昔咖锄』＝＋枷（÷）,由题可知,两个导体棒落地位置与导轨石端的水平距离分别为s1和s2,而且导体棒质量相同’则安培力做功之比为;兴—÷…B正确.Ac∏错误7.CD解析:根据题意知,t＝0和t＝2s时刻,导线恰好能处于静止状态,可知t＝0时,导体棒刚好要向下运动,r＝2s时,导体棒刚好要向上运动’所以安培力↓栅的方向＿定沿斜面向上,设斜面倾角为0’根据平衡条件有t＝0时:加gsin0＝／m＋B0IL;t＝2s时:mgsin0＋／m＝B2IL;联立得:sin0≡0·6,即0＝37°;／m＝0·6N’故A错误,C正确;导体棒对平行导轨斜面的压力为FN＝加gcos37。＝1。6N,选项B错误;t≡1s时F安＝B1IL≡4×1×0。3N＝1。2N;加gsin0＝2×0·6N＝L2N;mgsin0＝F安,导线所受的摩擦力为零,故D正确;故选CD.8。BC解析;由于地面光滑’所以整体在水平方向上只受到恒力F作用’即整体做匀加速运动,所以A的加速度不变’B对;随着运动的速度的增大’则A受到向下的洛伦兹力逐渐增大’导致最大静摩擦力增大,即A不会相对B发生滑动,此时静摩擦力／＝mα提供加速度’由于加速度不变,所以A受到的摩擦力也不变化,故C对;以整体为对象’由于向下洛伦兹力的增大导致地面对B的支持力逐渐增大’故A错;以A为对象,由于向下洛伦兹力的增大导致B对A的支持力也增大’根据牛顿第三定律可知A对B的压力也增大,故D错·9.BD解析:由左手定则可得:α粒子带负电,b粒子带正电’故A错误;由粒子做匀速圆周运动可得:粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度÷α1yˉ丁α垂直方向的交点,故R。＝盂丽百＝创’R‘＝盂而∏方慰所以｀R.』R.-侗;｜.故B正确;由几厕关系可得:从A运动到B,α粒子转过的中心角为60。,b粒子转过的中心角为120°’根据运动时间相同可得运动周期为:n:T〕≡2;1,再根据洛伦兹力做向心力可得;B汹q＝爷』所以运动周期为;Tˉ竿≡警;根据电荷量相等可得mα:mb≡Tα:Tb≡2:1,故C错误’D正确.10.BC解析:根据同向电流导体互相吸引’反向电流导体互相排斥可得,C导线对A导线的安培力的方向沿CA方向’单位长度所受的磁场作用力大小为理可得A导线对C导线的安培力的方向沿AC方向’单位长度所受的磁场作用力大小为FAc＝BAILkZ上,B导线对C导线的安培力的方向沿BC方厂向,单位长度所受的磁场作用力大小为F缸＝BBILk1i上’根据平行四边形定则可知C导线所受磁场＝厂作用力的方向与AB垂直向上,单位长度所受的磁场作用力大小为F曝-√Fi厩＋F炭＿呼L;同理可得B导线单位长度所受的磁场作用力大小为FB＝√略—F咖—尝′所以凰;腿;具-」』｜;:故B、C正确’A、D错误.］3苔案;〔｜》E-器』〔2）‘-等解析:（1）如图甲所示,只有当带电粒子在磁场中运动＋圆周时,溺个粒子输运动时间才相阎（如图中实线）,粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供2γγ〗U0qU0B≡--厂由几何关系可知’带电粒子做匀速圆周运动的半径厂＝R所以B＝盂;＝ˉ量）』＿u答辜《nB-舌√卒,垂直纸圃向外;《2）粤1解析;（1）电子通过加速电场的过程中’由动能定理有;eUˉ＋狮锄,由于电子在两板间做匀速运动’则eUB＝eE,其中E2U≡L＝尸≈』沙′矿●■矿〃■矿歹●飞｀◆赎辜解得;B-古√卒根据左于定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外;（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力,有:‘渺B-′鹏坠,其中陶（1）得舅帅-＼／孕2厂设电子打在N板上时的速度方向与N板的夹角为L厂＿了0’由几何关系有:coS0＝厂飞●｀｀●飞腮互寅辩MⅣ＼～;＿≥午｀＼〃『0飞U0／／＼｀＼××／／、飞‘′′、、｀、＼～ˉˉ≡≡.／｀ˉˉ～｀｀』·＼b!甲乙（2）如图乙所示,当带电粒于在圆形磁场中从N进入从M点射出,粒子在磁场中运动的向心力由洛伦m（2U0）2兹力提供q（2℃0）B≡—-厂解得厂′＝2R所以△MO:P和△pNOl都是正三角形,该粒子在.个磁场中运动钩慈输间』-÷｀!-祭,联墓解得;』-慧专题11电磁感应1。D解析:手指拨动铜导线发声是由于铜导线振动时切割磁感线产生交变的感应电流,电流通过扩音器放大后发声’选项AB错误;该“简易铜丝琴”将机械能转化为电能’所以利用这＿装置所揭示的原理可制成…巍獭擞藕懒硼腆撼由几何关系有:z＝厂sin0~广＝联立解得;堑＝粤L答案;（D则…-警（2）最长时问′＝解析:（1）根据牛顿运动定律有:QUB＝闰＝.｀ˉ″ˉm‖n2m’｀ˉ′＝胯…√′ˉ√·2（冗0）″『12qB2解析:（1）根据牛顿运动定律有:qUB＝加坠厂解得粒于做圆周运动的半径:厂＝皿卫qB可见,粒子的轨道半径跟速度大′」、成正比。根据题意,能够通过P点且速度最小的粒子’其轨迹一定是以OP为直径的圆周’故带电粒子对应的轨道稳镶,L露′产（径:7min＝百〃′;…｀解得;您翻-警;）〕）（／（（渊翻晶瓣…（2）因带电粒子在磁场中运动所有能够达到P点的粒子中’对圆心角最大的粒子所用时间最长’此圆』迭角即鞍｀子从O点运动到P点的过程中速度的偏向角.分析粒于的运动轨迹可知,沿OM方向射入磁场的粒子过P点时圆弧所对圆心角最大,为:α＝2（冗-0）粒子从O点到达P点的时间;r≡云T粒子在磁场中运动的周期:T≡旦卫卫qB解得最长时间:t＝2（冗-0）mqB翻瓢瓣鳃藕应电流方向俯视逆时针’故直小磁针沿顺时针方向旋转＿I电流,小磁针不偏转’最终复?‖亨!!源键颜A正确’BCD错误;故选A.…3…c…癣析:磁力刹车制动器是由一个或两个磁力很强的钦磁铁长条’当金属片（通常是铜或铜铝合金）切割磁感线时,会在金属内部产生涡流,这将生成＿个磁场来反抗运动.由此产生的制动力是与速度成正比的.金属片在磁铁内移动’同时产生热能。C选项中玻璃片不是金属’达不到同样的刹车效果’故C错误.4°D解析:若环放在线圈两边,根据“来拒去留”可得,合上开关S的瞬间,环要阻碍磁通量增大,则环将向两边运动’故AB错误;由于铜环的电阻较小’故铜环中感应电流较大;故铜环受到的安培力要大于铝环,G踊1］故C错误;线圈中电流为右侧流人,磁场方向为向左,在闭合开关的过程中,磁场变强,则由楞次定律可知,电流由左侧向右看为顺时针’故D正确;故选D5.B解析:油滴带正电’受问上的电场力和向下的重力平衡’即Eq＝mg’则上极板带负电,由楞次定律可知,磁场磁感廊强度大小B服在减小,且尝L』＝U,E＝:》联立解得芳-笋.敞选凰6.D解析:由题可知’线圈始终垂直切割磁感应’故电′动势为;E-…′＂-』×啊B′毅罕-鳃v则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为:I＝EQ9部分电路欧姆定律可知电压表示数为:U＝IR2＝3.2×9V＝28.8V’故选项BC错误;根据能量守恒可知’外力做功转化为整个电路的热量’则整个电路的功率为即为外力的功率,即为:P＝I2（Rl＋R2）＝3.22×（1.0＋9.0）W＝102.4W’故选项D正确。7.AC解析:地球北极的磁场向下’无论汽车从东向西运动’还是从西向东运动,汽车后轮轮轴切割磁感线’由右手定则可知,从驾驶员角度看’汽车的左端电势较高’故A、C正确.故选AC.8.AC解析:设αc左侧磁感应强度是B,则右侧的为2B,导轨间距为L。金属棒PQ通过bαC区域时’由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P,为正方向,有:』-÷-E.2…竿…Q刚要到翻c时,′ˉR宁;金属棒PQ通过bd‘区域时.由右于定侧呵知金属棒感应电流从P到Q,为负方向｀有;′＝÷＝2B（L-2Ut）U’可知i随时间均匀减小,pQ棒刚离开R“时｀顶＝竿』故A正确,B错误』金属棒PQ通过b“区域时’安培力为』F＝B′.2狮≡罕′。c‘』,金属棒PQ通过MC区域时,安培力大小为;F＝2Bj·（L-2ut）＝4B2（L2Ut）2u·根据数学知识可得’C正R确’D错误.AC做加速度减小的加速运动,根据运动图象可知,此过程中的位移大于做匀加速过程的位移°则此过程中导体八C的平均速度大于;｀选项C正确;根据q＝坐可知此过程中通过电阻儡Ⅷ的电荷量为,-爵署,R总选项D正确;故选BCD.10.BC解析;根据楞次定律可知在0～t0时间内,磁感应强度减小,感应电流的方向为｜｜顶时针,圆环所受安培力水平向左’在t0～tl时间内,磁感应强度反向增大,感应电流的方问为）｜顶时针’圆环所受安培力水平向右’所以选项A错误,B正确;根据法拉第电磁感应…E-芳-÷藏,÷—等根撼血阻定律可得尺-p誓根瞩欧姆定捧可得′-肯-芳,所以选项C正确,D错误。11.答案:（1）0.5N;（2）0.4V,流过导体棒电流方向:N→M;（3）7m／s2,沿斜面向下解析:（1）方法一:△t1＝0·1S时间内电动势El:凰-尝创』L,尝-4T／:,′｜-FEl第0。1s内安培力Fl:F1＝B0I1L解得:Fl＝0.5N方法二:对导体棒MN有:加gsin0＝F安,F安＝0·5N（2）导体棒第0.1s内静止,从0.1s末开始加速’加速度α1且＝加gsin0＝加αl‘′1＝÷α』△宽白U1＝α△t1解得:△tl＝0.4s’ul≡2m／st2≡0.5s时’导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界,此时B2＝0。8T切割电动势E2:E2＝B2LUl＝0.8Vt阂＝0.5s时’因磁场变化而产生的感应电动势E｀:｜E3~＝1.2VE3＝（）.4Vsln0二＝″『α,加g9.BCD解析:导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L,半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为:E＝B°2L°U＝2BLU,AB相当于电源,其两端的电压是外电压,由欧姆定橇得』U-器E＿2器＂故A错误此时电阻R＂的热功率为′厂（滁）,腮Ⅷ—祭等＂选项B正赡;著…徽匀加速运动’则平均速度等于÷’但是由于导体棒△要1解析:（1）0～t1时间内’对线圈C和整个回略有:E＝N罢些＝虎S△rI＝式联立并代入数据解得I＝4A（2）t1＝1s时刻,ˉ导体棒即将下滑,有:″′g＝F「5／瓤9专题12交变电流1·A解析:从图示来看,该互感器属于电流互感器,故钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯’A正确;互感器利用是电磁感应的互感原理’不能用于直流电’″‘I′509×1＝500A,故B错误;由÷＝舟得;′』-了-』因为电流表测的是有效值,故此值为被测电流的有效值,故CD错误.2.B解析;由图可知,此时线圈和磁场垂直,线框的磁通量最大,感应电动势为0,线框电流改变方向,故B正确,A错误;变压器只是改变电压和电流,不改变功率和频率,敬c镐误｀橇罐＝蛊要使输出电压变大,可通过减少原线圈匝数,所以若灯泡亮度偏暗’可通过减小原线圈匝数来提高灯泡亮度,故D错误.3D解析;交流电的频率／＝100冗／2瓦＝50Hz,每个周期内电流方向改变两次’所以通过副线圈的电流方向每秒钟改变100次’故A错误‖已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为″＝220徊sin100冗t（V）’则原线圈……为U;ˉ等vˉ鳃0v.U』;0嫂ˉⅧ:″2,解得U2＝22V’故电压表示数为22V’故B错误;副线圈的输出功率P2＝U2I2＝22×3W＝66W,变压器输人功率等于输出功率,也是66W,故C错谩通过……′鼠-岩-器A-｜A｀故通过电动机的电流IM＝I2—I3＝3—1≡2A,则电动机的输人功率P＝IMU2＝22×2＝44W’电动机的发热功率P热＝I财R内＝4W’故电动机的输出功率为P-P热＝44-4＝40W,故D正确。4。D解析:根据原线圈输人电压的瞬时值表达式知:@＝l00沉’交变电源的频率／＝谎＝50Hz,故A错误;当选择3档位后’副线圈的匝数为1200匝,根据电压与匝数成正比得;警＝栅,解得U』＝u0v,F『＝严FNFN＝B1ILB1＝B0-点r1联立并代入数据解得B0＝0.9T（3）不需妥;理由:由楞次定律可知,磁场方向相反’感应电流方向也相反,由左于定则可知导体棒所受安培力的方向不变’所以不需要将它靠在导轨的另一侧.答寨;（l）｜m′:｝（2）§m;（3）αl2T／s≤等≤M0T／s,若方向竖直向上’则均匀减小;若方向竖直向下’则均匀增强.解析:（1）对导体棒,由牛顿第二定律有:mgsin0—尸加gcos0-BIL＝加αO辫′ˉ最ˉ老＿警·由oo知’随豺导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒速度达最大Um’有-2加g厂（sin0＿炽cos0）＝4m／s.Um-B2L2（2）导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,由动能定理有顺gslnβ.d—′狮gcos0.‘′—W施譬＝÷砸u岛@△根据功能关系有w兑安＝E屯＝Q憋◎根据并联电略特点得Q总≡4QO由O@OO联立得α＝5m@（3）开关闭合后’导体棒e／受到的安培力F′＝BlI‘／Lo千踏电流′ˉ是≡六N筹-尝.等翻13＾电略的总电阻Ro13.厂〗—〗~~总≡厂＋ˉ.·ˉ…,～≡』＿ˉ愚.,上＋ˉ上＋上2.…厂2厂2厂↑…落规撑及oo得′锄-等.警o卤oo联立得警＝揣§o当安培力较大时Fh凰x＝加gsin0＋严加gcos0＝10NO由oo得（等）…—MT／:卿当安培力较小时F偷m＝mgsin0—〃加gcois0＝2NO菌瞳圃得（等）…≡α｜2T／＂o故为伎导体棒静止于倾斜导轨上’磁感应强度的变化的取值范围为:队｜2T／s≤等≤M0T／§◎根据楞次定律和安培定则知闭合线圈中所力口磁场:若方向竖直向上,则均匀减小;若方向竖直向下,则均匀增强.↑…ˉ隙嘶铡动机两端电压的最大值为110√百V’故B错镶躁当翱3变为2后’根据电压与匝数成正比知,副’输人功率变小,｝功率变小繁穆圈硒端咱勺电压减小,输1知原线圈电流变小’故C错误;当选］根据Pl莆UlI鞋根据电压比规律撬得幂…碱龟动机的电流l＝÷≡器A—α5A,电动机的发热功率p热＝I2厂＝0。52×8＝2W,电动机的输出功率p出≡110—2＝108W,故D正确5·B解析:用户总功率为P＝110×200＝22000≡22kW,加上输电线上消耗的电功率,所以发电机的输出功率应大于22kW’A错误;降压变压器的输出电压为220V’即U4＝220V,所以根据△＝坠可得门4U4降压变压器的输人电压U4＝50×220＝11000V＝7.亏’解得U≡22√百＝31.11V’故A正确;原线圈接人电压为220V的正弦交流电,原、副线圈的匝数比是5:1,则副线圈电压为44V’原、副线圈中的电流与匝数成反比,所以电流之比为1:5;故B错误;将滑动变阻器滑片向上滑动’接人电路中的阻值变小’电流表的读数变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变’故C正确;由求得电压表两端电压有效值为U有效＝22√百V’则1min内产生的热量为Q-爷×′-2,04J,故D错误11.BC解析:输出电压是由匝数之比和原线圈的输人电压决定,所以输出电压不变’滑动片P向上滑动过程中’负载电阻变大’副线圈电流变小,灯泡变暗,故A错误’B正确;根据电流之比等于线圈匝数的倒数比可知,原线圈电流变小,故C正确;副线圈中的电压不变,由于不知道电阻的阻值与灯泡阻值的大小关系,所以无法判断滑动变阻器功率的变化’故D错误12°AC解析:线圈在磁场中切割磁感线,产生电动势为:Em凰×＝NB／Um‘x0其中′＝冗D;联立得:Ema×＝冗NBDuma蕊＝沉×200×0。2×0.4×0.4∏V＝64V;则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式;e＝Emaxsin冗t＝“s!n（碾!〕V;根据闭合电路欧姆定橇有,′＝卢＝4sin（∏r）A,故A正确’B错误灯泡电流的有效值为:I＝2√百A’则灯泡的功率为:P≡I2R＝（2√百）2×15＝120W,故C正确灯泡两端电压的有效值为:U＝IR≡2√百×15V＝30√百V’故D错误;故选AC.13.答案:（1）感应电流方向沿ααcbα;（2）e＝314cos100∏tV;（3）98.6J;（4）0.1C解析;（1）根据右子定则,线圈感应电流方向为αdCbα.（2）线圈的角速度四＝2沉″＝100冗rad／s线圈处于题图所示位置时,感应电动势最大’其大小nkv.B正确;用脚端总屯流为I』-占-2粉01＂0A,根撼舟-÷所以输电线巾的电流为′』-2A’输电线上损失的功率约为△P＝I;R＝22×10＝40W,CD错误6。C解析:交流电能够通过电容器,通过Rl的电流不为零’故A错误;滑片P向上滑动’初级线圈匝数厕l变大,根据坠＝坠可知’次级电压减小’即电压表示″1冗2数变小,选项B错误;R2处温度升高时’阻值减小,不会影响输人和输出电压值,电压表的示数不变,故C正确;减小电容器C的电容,则电容器的容抗变大,则电流表的示数变小,选项D错误.70A解析:根据图乙可知原线圈电压有效值为;U］＝等vˉ鳃0v侧榴撼蛊ˉ舟可以得到』U』≡丝U｜＝昔×220vˉ44v｀即电压表的示数为44v,″1故选项A正确;开关K连通1时’若光照增强,则电阻R减小’则副线圈总电阻减小‖而U2不变,则副线圈电流′』增大根据贵-瓮可知,原线阀电流′』增大’即电流表的示数变大’故选项B错误;开关K连通2时’由于交变电流可以“通过’’电容器,故D灯泡发光,故选项C错误;开关K连通2时,若光照增强’则电阻R减小,但是由于原、副线圈的端电压之间关系为瓷-舟与铡戮圈总电阻无关,故电压表的示数不变,故选项D错误。8.BC解析:两灯均正常发光’则A、B两端的电压均为U,原线圈两端电压Ui＝5U-U＝4U,副线圈两端电压U2＝U’所以原、副线圈匝数比″l:门2＝Ul:U2＝4;1,故A项错误,B项正确;原、副线圈匝数比＂l:″2＝4;1,则原副线圈的电流比I］:I2＝″2:”l＝1:4’灯泡A、B的电流之比为1:4,两灯的额定电压相同,则灯泡A、B的额定功率功率之比为1:4’故C项正确’D项错误.9.BC解析;理想变压器原副线圈匝数之比为1:2,可知原副线圈的电流之比为2:1,根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2:1,选项A错误;设通过Rl的电流为I’则副线圈电流为0.5I’初级电压:U-IRl＝12—I;根据匝数比可知次级电压为2（12-′）则2（｛;贡D＝R,＋÷R』＝l2Q,解得′＝3A,选项B正确;若向上移动P,则R3电阻减小,次级电流变大,初级电流也变大’根据P≡IU可知电源输出功率将变大,电阻Rl的电压变大,变压器输人电压变小,次级电压变小,电压表读数将变小9则选项C正确’D错误;故选BC.10.AC解析:原、副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压为44V,由于副线圈接着二极管,它具有单向导电性根据电流的热效应知÷T≡等02s线圈匀速转动一圈’外力做功大小等于电功的大′」、,即w-羔『代入数据得W≈98.6J（4）从题图所示位置线圈转过9（）。的过程中流过电阻R的电荷量:lVB△SlVB〖1』29＝I△旗-（贡楞△′△藤-R＋′＝R＋′5.C解析:』He的穿透能力比γ射线弱’故A错误;根据核反应过程质量数守恒’y＝210-4＝206’故B错误;X核的中子个数为20682＝124’故C正确;题设中的核反应为α衰变,故D错误。6。B解析:大量处于′!＝3激发态的氢原子向低能级状态跃迁时,有3→1’3→2’和2→1’三种情况,所以跃迁过程中将释放出3种频率的光子,故A错误;由题可知:有两种频率的光子能使金属A产生光电效应,大量处于″＝3激发态的氢原子向低能级状态跃迁过程所放出的光子中’″＝3跃迁到″＝1辐射的光子频率最大,则＿定能使金属A发生光电效应’故选项B正确;根据玻尔理论,氢原子从激发态跃到基态时,放出能量,电子的动能增大’电势能减小,导致原子总能量减小’故选项CD错误。7。C解析:半衰期具有统计规律,对大量的原子核才适用,故A错误;天然放射性现象中产生的α射线速度为光速的十分之＿’电离能力较强’穿透能力较弱’故B错误;放射性元素发生β衰变时原子核中的＿个中子转变为＿个质子和＿个电子,并且将电子释放出来’故C正确;电子的发现,表明原子有复杂的结构;天然放射现象的发现’表明原子核有复杂的结构,D错误。8.BD解析:电子的发现使人们认识到了原子有结构,选项A错误;光电效应显示了光的粒子性,选项B正确;随着温度的升高,黑体辐射的强度的极大值向波长较短的方向移动,各种波长的辐射强度都有所增加’选项C错误;比结合能增加的核反应会释放出核能’选项D正确.9.AC解析;＿群处于基态的氢原子被＿束单色光照射后’跃迁到″＝3的激发态’激发态不稳定,向低能级跃迁时辐射出三种频率的光子。根据玻尔理论分析可能的频率.处于基态的氢原子在某单色光束照射下,只能发出频率三种光’知处于第3能级’因为p1、似2为其中的两种光子’所以p2可能频率最大,故该单色光的能量可能为加2’A正确B错误;若第三种光子频率最大,则根据玻尔理论’加3＝E3—El’力M1≡E3＿E2’h似2＝E2＿El,可见γ3＝γl＋γ2,C正确D错误°翼潍辙斟瞒嘿撇瓣鲤r鉴‖霉瓣撇鹏澜i瓣6捏鹏蹦篙／／撰撇鹏撇擞聋W0’可知人射光的频率越高,对应的遏止电压U（越大。3光的遏止电压小于2光的’所以3光的频率小于2光的频率,C正确;同＿金属,逸出功是相等的,与人射光无关,D错误.11.BCE解析:元素的半衰期与外界的压强、温度等均无关系,选项A错误;反应器中单位时间内生成放射性元素A的数量恒定,当生成的元素A与衰变的元素A的数量相等时’元素A的数量会最终保持恒定,选项B正确;因该项元素会衰变成稳定的元素代入数据得q＝0.1C14.答案:（1）图象见解析;（2）816A;（3）1.13×103J解析:（1）环形金属工件电阻为R＝2冗厂R0＋9×2冗厂R0＝20冗厂Ro＝6·28×10＿3Q在0～:T畸问内的感应电动势为;E＝些冗厂2＝6。28V△t电流为I-÷ˉL0×」0』八由楞次定律得到电流方向逆时针’I-r关系图象如图所示.l吕γ▲∩（2〕在一个周翔内I去碘RT＝PR￥解得I曹越≡｜0乎√百A＝8｜6A（3）在r＝0.30s内电流通过焊接处所产生的热量为Q而R′＝9×2∏厂Ro≡5。65×10-3Q解得Q＝I舟兹R′r＝1.13×103J（保留根式同样得分）专题13近代物理初步D解析:由质量数守恒和核电荷数守恒知’X的质量数为4＋9＿1＝12’原子序数为2＋4-0＝6’故选D.A解析:A选项的反应释放出α粒子,属于α衰变,故A正确;B选项属于重核裂变,故B错误;C选项属于轻核聚变,故C错误;D选项是原子核的人工转变’不是放射性衰变’故D错误。D解析:某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率’选项A错误;卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验’证实了在原子核内部存在质子’而查德韦克通过实验证实中子’故B错误;由质量数与质子数守谭一个2;;U原子核衰变为—个2!;Pb原子核的过程瞥,发生8次α衰变’发生6次β衰变,故C错误;处:］飞基态的氢原子在某单色光束照射下’先吸收能量向高能繁跃迁’然后再从高能级向低能级跃迁,其中从吸收鞭子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与吸收的光子的能量是相等的。故D正确.故选DB解析:β射线是电子流,是从原子核内一个中子转化成＿个质子而来的,故A错误;半衰期是元素本身的性质,与外界所有条件无关,故B正确;＿个原子从量子数为″的能级向各较低能级跃迁最多能释放″-1种不同频率的光子,故处于量子数为4能级的原子向各较低能级跃时只能释放3种不同频率的光子’故C错误;三种射线中’γ射线穿透力最强,故D错误.l2·■∩○~~~B’则元素B的数量会逐渐增加’选项C正确;因整个反应中单位时间内A衰变的个数不是恒定的’则单位时间内产生元素B的数量不相同,选项D错误;因最终稳定时生成的元素A与衰变的元素A的数量相等’则此时单位时间内产生元素B的数量最终保持恒定’选项E正确.故选BCE12。BCD解析;由以上分析可知’c光的频率最小.根据玻尔跃迁理论,能级差△E＝hp,故C光频率对应的能级差最小,不可能是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的’因为第4能级和基态之间的能级差最大.故A错误;6种光子中,只有三种能使阴极发生光电效应,故α光子是氢原子由能级4向基态跃迁的产物’b光子是氢原子由能级3向基态跃迁的产物,C光子是氢原子由2能级向基态跃迁的产物.故b光子的能量△E≡1.51eV-（-13。6eV）＝12.09eV,B正确;处于第4能级的氢原子电离至少需要吸收0。85eV的能量,故动能为1eV的电子能使处于第4能级的氢原子电离,C正确;由题意可知’c光子的频率最小’则跃迁产生c光子的能级差△E＝h似＝-3.4eV-（-13.6eV）＝10。2eV,根据爱因斯坦光电效应方程,Ek＝hp-W0’要想有效地发生光电效应,需满足W＜h似’故逸出功W可能等于6.75eV’D正确13.答案:（1）相反;（2）大于解析:中于以一定速度与静止碳核发生正碰’碰后中子反向弹回’总动量方向与中于原米的速度方向相同’根据动量守恒定律可知,碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向相反,碳核的动量大于碰后中子的动量。M答案;（1）钾板;（2）hc1÷二∧∧2解析;由公式＂＝广,由于（入｜＜入＜∧,）,所以单色光的频率大于钾板的极限频率而小于铂板的极限频率,所以单色光照在两板面时,钾板能发生光电效应’所以钾板带正电,由爱因斯坦光电效应方程:E愉∧2-∧＝h似～W0＝h÷-∧÷＝／tc＿∧∧2∧入2·l5答寨;（l）尝;（2）尝解析弓原子从能级″＝2向＂＝1跃迁所放出的光子,正好使某种金属材料产生光电效应,可知两能级间的能级差等于金属的逸出功’根据E2-El＝hp0得嘎＿E｜子—（＿E嚼）金属的截止频率为:γ0＝＝≡／lh尝;逸出功为;w』≡玛—E』＝芋,处于″＝』能级的氢原子向较低能级跃迁时放出的最大光子能量为;卿-旦—E｜-子千踢）-器E‘.贝恍屯子的最大初动能为;E赡腮＝加—W,＝揣E＂—÷E,＝匠〗—Ⅶ16.答案;（1）核反应方程式为｛H＋｛H→;He＋;n;（2）△E＝△mC2＝（2加1-m2-加3）C2解析;（1）核反应方程式为｛H＋｝H→;He＋;n;（2）核反应过程中的质量亏损:△加＝2沉1-（加2＋m3）氖核聚变时枚出的能量:△E＝△γ川C2＝（2m1-加2-m3）C2专题14热学.LB解析:由于温度是分子平均动能的标志,所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度,故B正确’A、C、D错误;故选B.2·B解析:甲图中,由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知’当两个相邻的分子间距离为厂0时’它们间相互作用的引力和斥力大小相等,合力为零,故A错误;如图中’氧气分子在T2温度下速率大的分子所占百分比较多,所以T2温度较高’故B正确;由图可以看出某固体在导热性能上各向同性,可能是多晶体或者非晶体’故C错误;丁图中,昆虫水蝇能在水面上不陷人水中,靠的得液体表面张力的作用’故D错误.所以B正确,ACD错误.3·A解析:温度降低,分子平均动能减小’但不是每个分子的动能都减小’有的有可能增大’绝大多数分子的动能都是减小的,故A正确,BC错误;公式÷咖〃』是用来计算宏观物质的动能,不能计算微观分子的动能’故D错误.4B解析根据理想气体运用状态方程,有;罕＝C’其中;T-′＋273,联立得奎‖;岛3＝C,变形得到;PC＋旦Z匹′γ』》由图象得到÷-导’陶＜‘』,所以有Vα＞Vb’故B正确,A、C、D错误.5.ADE解析:石墨和金刚石都是由碳原子构成,选项A正硼赚天然鞭晶是晶体,熔化后再凝固的水晶（即石麓腮撇蔓蹦嚼藉蕊獭;管啪郡｛虞翰擞·钞Q黔露”瓣檬薪缮髓解生强细瓤象’选项D正确;液体在任何温生蒸发’挺项E正确;故选ADE.｀霹趣］喷花粉颗粒在不停地做无规则运尸∏√不平衡的撞击造成的’‖性,故A项正确;压缩动反液体和固体需要用力,是因为分子间存在斥力的缘故;压缩气体需要用力’是因为气体有压强,故B项错误;水和酒精混合总体积会变小’说明分子之间有间隙’故C项错误;拉伸固体时,分子间作用力表现为引力’分子间距离增大,分子势能增加;压缩固体时’分子间作用力表现为斥力,分子间距离减小’分子势能增加,故D项正确;衣柜中充满卫生球的气昧’是因为卫生球发生了升华和扩散现象故E项正确.ACE解析:水蒸气达到饱和状态时是＿种动态平宁′l7捌D衡,所以当水蒸气达到饱和状态时,仍然有水分子不断从液体中逸出,故A正确;当分子力表现为斥力时’分子势能随分子间距离的减小而增大,选项B错误;气体压强是分子对容器的碰撞引起的,与分子数密度和分子热运动的平均动能有关,故＿定质量的气体’在体积不变时,分子数密度不变,而温度是分子热运动平均动能的标志,故分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度升高而增大,故C正确;给车胎打气’越压越吃力,是由于气体压强的缘故’与分子间的作用力无关,选项D错误;能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性,选项E正确;故选ACEBDE解析:热运动是分子无规则的运动,而布朗运动并不是分子运动,所以尽管布朗运动的激烈程度跟温度有关,但不能把布朗运动叫做热运动,故A错误;已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度,可以求出分子｜司距离’故选项B正确;在“用油膜法估测分子的大小”实验中,做这样的近似:油膜是呈单分子分布的;把油酸分子看成球形;分子之间没有空隙,紧密排列,故选项C错误;内能是所有分子动能和势能的总和,内能相等的两个物体温度可以不相等,在相互接触时,热量由高温物体传递到低温物体,可能发生热传递,故选项D正确;＿定质量的实际气体发生等温膨胀时,温度不变,则平均动能不变,但是在膨胀过程中分子间作用力可能做负功,导致分子间势能可能增大,则内能是可能增大,故E正确.AI）E解析:温度是分子的平均动能的标志,一定量100℃的水变成100°C的水蒸气’吸收热量而其分子的平均动能不变,分子之间的势能增加,故A正确;当两分子间距离大于平衡位置的间距厂0时’分子力表现为引力,故随分子间的距离增大’分子力做负功’分子势能增大,故B错误;热力学第二定律可描述为‘‘不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他方面的变化”,故C错误;温度越高’分子无规则运动的剧烈程度越大,因此在真空、高温条件下’可以利用分子扩散向半导体材料掺人其它元素,故D正确;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离’所±2cm,;由dˉ÷代入数搔可以求出胸酸分子直径大小约为1×10-gm.12.答案:（1）VA＝2.5×102m3;@N＝1。3×1023解析:（1）从A到B,根据户AVA＝户βVB解得:VA＝2·5×10—2m3‘2）根撼N-备№’解得;N-L3Ⅺ0鳃卜13.答案:（1）3.2×107Pa（2）1.6×108Pa解析:（1）设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为户0;使用后气瓶中剩余气体的压强为户1.假设体积为V0、压强为户0的气体压强变为户l时,其体积膨胀为V1.由玻意耳定律户0V0≡户lVlo被压入炉腔的气体在室温和户1条件下的体积为Vl′≡Vl-V0◎设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为户2,体积为V2.由玻意耳定律户2v2＝10户］vl′O联立o@o式并代入题给数据得户2＝3.2×107Pa@（2）设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为刃,气体压强为＾由查翅震律鲁-费◎联立@o式并代入题给数据得户3＝1.6×108PaO14答案;（1）活塞C移动的距离为÷L’平衡后B中气O巨体的压强为寸P｜巨（2）不移动,气体压强均为首P!解析:（1）打开阀门后,两部分气体可以认为发生的是等温变化,设最后A、B的压强均为P2’活塞向右移动工,则A中气体:2P1LS＝P2（L＋z）S辩赋气体;＋P｜LS＝P』（Lˉ工）S!!…P,.÷LsP』.（÷L—醒,）sB中气体:T00.5T0得zo＝0,即活塞并不发生移动’因此降温过程两部分气体发生的是等容变化,由A中气体P2P3万0.5L巨解得;P:＝甘P］8。■∩凹√蹿以液体表面存在表面张力’故E正确.故选ADE哦′刽;;BCD解析;由图知从状态α变化到状态6气娜ˉ《10压强′利体积v都—直增大,由罕＝C知气喻噬甥度＿直升高;故A错误;B.＿定量的理想气体E肉—N.且-N÷晦T只跟温度有关’温度升高,气体的内能＿直增加;故B正确;C.气体的体积增大9则气体一直对外做功,故C正确;D.气体的内能一直增加’并且气体＿直对外做功’根据热力学第一定律△u＝w＋Q可知气体＿直从外界吸热’故D正确;E气体吸收的热量用于对外功和增加内能;故E错误.答案:40±2;1×10—9解析目正方形小方格的边长为1cm’则一个方格的面积为1cm2,用数学方法估算出油膜的面积为401lG跪＼1］由P质点振动方程为y＝4sm（10∏t）cm可知:四＝10冗rad／s,则周期为:T＝丝＝旦工s＝0.2s,则波速〔O10沉为;锄＝＋＝壳m／s-30m／s,故选项C正确;由于波长∧＝6m’Q质点开始振动时’其左侧5m处质点正在向平衡位置运动’即正在加速运动’故选项D错误;山于P质点右侧L5m处质点落于P质点＋T,在α3·内该质点实际振动的时间为』α3·＋×α2·≡队25·＝T＋÷T则该质点通过的赂程为;‘-4A＋士×4A＝20cm,故选项E正确.8.ABE解析:由振动图形可知’振动周期为2s’波长为∧＝UT＝4m;质点α开始起振的方向为y轴正方向’故波传播到质点c时’质点C开始振动的方向也沿y轴正方向,选项A正确;振动传到b点需要的时间为1s,故在剩下的3s内’质点b通过的路程为6A＝12cm’选项B正确;第4s时刻振动传到e点’此时α点在平衡位置向下振动’故4～5s内质点d的加速度正在逐渐增大,选项C错误;振动传到e点需时间4s,故6s时质点正好振动＿个周期第二次回到平衡位置,选项D错误;因αC之间正好相差＿个波长的距离’故各质点都振动起来后’α与C的振动方向始终相同,选项E正确;故选ABE.队ACE解析;由横波的图象可知∧-8m而砌-＋＝∧／＝20m／s’选项A正确;由图可得波可能沿工轴正向或Z轴负向传播,若波沿Z轴正向传播’则距离lm＝百入,△‘-;＋〃T（厕-0,l｀2』3…）,即△‘＝10。05＋0。4＂’当″＝3m时’△r＝1。25s’若波沿工轴负向传播,则距离7m＝百入,△‘＝?十砸T（″＝0,l,7专题15机械振动机械波1。C解析:摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力,经过平衡位置时,回复力为零.由于单摆做圆周运动在平衡位置’合力不为零,合力提供向心力,方向指向悬点.故C正确,ABD错误2.B解析:由波的叠加,M点处于波峰’O点处于波谷,A错误;PlV两点处于波峰与波谷相遇的点’为平衡位置,B正确;质点不随波迁移’C错误;M点处于波峰位置,再经过四分之＿个周期振动到平衡位置,D错误。3.A解析:对于两列振动方向相同、振幅分别为A］利A2的相干简谐横波相遇,波峰与波峰相遇处质点的振幅等于两列波振幅之和,即振幅＿直为Al＋A2.但质点离开平衡位置的位移不总是最大的,某＿时刻介质中质点P的位移大小为A1＋A2,则再过半个周期质点P的位移大小仍为A1＋A2,所以A正确,BCD错误;故选A。4。B解析:由振动图象读出两个时刻质点的位移大小相等,方向相反’位移不同,故A错误;在tl、r2时刻质点的位置关于平衡位置对称,而且都沿负方向运动,所以速度相同,故B正确;两个时刻质点的位移大小相等,方向相反’由F＝-拉可知回复力大小相同’方向相反;由α＝—丝知加速度也大小相等,方向相″〖反’所以回复力不同’加速度不同’故C、D错误。5.BCD解析:波的频率为20Hz’周期为T＝0.05s;OP＝6m＝L5入,则波长∧＝4m｀则波速u＝＋＝志m／S＝:0m／s’选项A错误;振动从O传到Q的时间;藤＝罕＝器·＝队35.｀选项B正确;由波形图可知’P点开始起振的方向沿-J方向’则波源刚开始振动时的运动方向沿y方向’选项c正确;因PQ＝22m-5＋∧,则Q点刚开始振动时,P点恰位于平衡位置’选项D正确;Q点刚开始振动之前’P点要振］动5古T,则经过的路程为a5×4A＝22A＝22×α5m≡11m’选项E错误;故选BCD·6.ABE解析:由图乙可得:振幅A＝2cm’故波中任意质点在-个周期内通过的路程为4A＝8cm,故A正确;由振动图象可知’该机械波的周期为4s’选项B正确;波由A向B传播,则A处振动比B处振动超前l＄,该机械波的波逮为〃-手≡÷m／s＝2m／s｀选项C错误;由振动图形可知’t＝1.5s时A、B两质点的位移大小相同,方向相反;质点的振动速度大小方向都相同,选项D错误,E正确;故选ABE.7.BCE解析:由题可知P、Q之间相差两次全振动,即二者之间的距离为两个波长距离’则2入＝12m,则∧＝6m,故选项A错误;由于后面的质点都是重复前面质点的运动情况,故Q质点开始振动方向与P质点开始振动方向相同,即竖直向上,故选项B正确;8／瓤S1霹旗裂蕊愚:徽鹤鹊隐甚动到M点,故B错误』波的周期T＝÷＝腊≡l·,两质点传到M的时间为÷T,当′＝1＄时刻,两波的波谷恰好传到质点M,所以位移为—4cm’故C正确;经′＝L253＝T＋于时』两波的平衡位置恰好传到质点M’根据‘‘上下坡’’法’可知两波此时在质点M处的运动方向都沿y轴正方向’即M点为振动加（2）由波的图象知,振幅A＝0.05m’波长入＝0.24m所以波上质点的振动周期T＝∧／℃≡0.4s由波的图象知,从P点起振到第一次到达波峰历时为:△′-÷T所以P通过的略程为:S≡3A≡3×5cm＝15cm.M答案;卿ˉ4m／s,蓝＝α7…＝普m／s,脏＝M5§解析:由振动图象知,周期T＝0.6s当t＝0时,A在波峰,B在干衡位置且向上运动,嗣波从A传向B’狮以』＝硒-（″＋＋）入＝3m擞入-蒜『咖（撇≡0,l,2,3,…川因为1m＜∧＜3m’所以″＝1或冗＝2″＝l畸,入＝号m,砌＝＋-4m／3诊＝巫＝0.75sU″-2时’人-÷m’刚-＋＝等m／§‘＝巫≡1.35sU专题16光学电磁波相对论1.A解析:收听广播时FM100。7指的是频率’故答案选A.2.C解析:在真空中’α、b两种光的速度相等,均等于c,故A错误;根据题意知’用α光照射能发生光电效应,说明α光的频率比该金属的极限频率大,b光不能发生光电效应,说明b光的频率比该金属的极限频率小’所以α光的频率比b光的频率大,即MA＞p归,根据E＝hp知’α光比b光的光子能量大,故C正确;根据’＝十,知α光的波长较短,故B错误;根据题意’无法比较光强,故D错误.3.C解析:光线射到水面时一定有反射,所以反射光;红光的折射率比蓝光小’在人射角相等时,红光折射角小,故A不可能.…解析;摆钟偏快叫,周期过小’根擂T—2低可知,可增加摆长进行校准,选项A正确;做简谐运动的物体,其振动能量与振动的振幅有关’与频率无关,选项B错误;‘‘隔墙有耳”现象是指声波发生了衍射现象’选项C错误;光经过大头针尖儿时’针尖边缘0.8—0·2强点’故D错误;向左传播的波经t＝〕田√锹9口义D雨医;｜口」江『苟j宙‖yu又左r＝0·41.5s传到质点P,再经过t≡2s＝2T,刚好到t≡3.5s’此时质点P在平衡位置;质点P在向石传播的波经‘-乱5§＝3T＋÷,也刚好凹到平衡位置’故在t＝3。5s时质点P在平衡位置’则此时质点P的位移为0,故E正确;故选ACE。4∏2（LB-LA）答案:（1）ACF;（2）95.1;（3）g＝影响11不T:-酞解析;（l）陶巢摇周期公式T-:霖√于可得,凰-笋L,实验…｛量摆长,摆长等于摆线灼长度加上摆球的半径,所以需要毫米刻度尺’实验需要测量周期’则需要秒表,摆线的长度大约1m左右.为减′」、空气阻力的影响’摆球需妥密度较大的摆球,因此摆球应选C,故选用的器材为ACF;（2）秒表表示读数:内圈读数:60s,外圈读数35.1s,总读数为:t＝60s＋35.1s＝95.1s;（』）由T—2祸可得;瓜-蒜萨测L—萨圈慕输斜率等于蒜.…知识糯;蒜—蒜—＋;≡盖｀△刀哺曰4∏2（LB—LA）1.｀…′坐′｀→上、〗碴…｀′解得『‖d‖0.』’根据数学知识’在计算摆长g＝·巳瑶-T肉,—岭……副／…、,←′｜汀＝…′～时用的是摆线长度而未计入小球的半径,这样不影响重力力口速度的计算.答案;（｜）烦＝｜0戚n（厕叶;丽）（cm）;（2）5（1＋√百）cm解析:（1）设工＝Asln（‘ot＋甲0）’由题知:2冗A≡10cm,@≡了＝冗rad／s可得:工＝10sin（∏r＋甲0）（cm〉5∏当′＝0时z0＝5cm,可得驴0＝÷或帜0＝了《而当r≡0时,′」｀球沿工轴负方向运动,故舍去汀甲0≡了则延＝｜0剐n（厕篮＋:孤）（cm）（2）由于′ˉ队5、-于,故小球做单方向运动唾-10愚in（厕.α5＋:顽）＝—5√面cm可得略程:5＝工0—z2＝5（1＋√百）cm答案:（1）L5s;（2）15cm解析:（1）质点P第一次到达波峰所需的时间,就是初始时刻工＝0·06m处的质点的振动状态传到P点所需的时间由波的图象知;△r≡0.96-0。06≡0.9m所以经过时间为:t＝△工／u＝0.9／0.6s＝1.5s∩′曰］∩咐凹＜‖上G跪＼l轮廓会模糊不清,这是光的衍射现象,选项D正确;故选AD5.ABC解析:电磁波在真空中的传播速度均为光速’与电磁波的频率无关’故A正确;周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波,故B正确;电磁波为横波’它在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直;故C正确;电磁波可以在介质中传播,所以可以根据电缆、光缆进行有线传播,也可以不需要介质进行传播,即无线传播.故D错误;电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波仍然可以继续传播,故E错误.故选ABC.6.ABD解析:蓝光的折射率比黄光的折射率大,由sinC＝上可知蓝光的临界角小于黄光的临界角,故AⅦ正确;对同＿种介质而言,波长越长的,折射率越小,由于黄光的彼长比蓝光长,因此黄光在其中的折射率小于蓝光在其中的折射率,故B正确;所有光在真空中速度均相等’故C错误;在同＿种均匀介质中,黄光的波长大于蓝光的波长’故D正确;根据公式△工≡÷人』黄光的波长比蓝光长则黄光的条纹间距大于蓝光的条纹间距’故E错误.7.BCE解析;由图可知’α光和c光人射角相同’但是c光折射角较大,根据折射率公式可知玻璃对α光的折射率大于对c光的折射率,当时由于玻璃对b光没有发生折射,故无法比较b光的折射率的大小,故选项A错误,B正确;由于α光的折射率大’波长较短’则在相同条件下进行双缝干涉实验,α光的条纹间距比C光窄,故选项C正确;α、C光分别从某种介质射人空气中时,能发生全反射,根据临界角公式sinC＝上可″知α光发生全反射时临界角较小,故选项D错误;根据公式U≡二,由于α光的折射率大’则α光在玻璃帅中传播速度较小,故α光比C光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长,故选项E正确.8.ADE解析:从光的偏折程度看α光的偏折程度最小’C光最大,故α光的折射率最小,〔光的折射率最大,则α光的频率最小,C光的频率最大’b光的频率比C光小’故A正确;任何单色光在真空中传播速度均为光速,故B错误;由光在介质中传播速度公式:U＝二可知’α光的折射率最小,在玻璃砖中传播速度川最大,故C错误;光子能量与光的频率成正比’则知α光的光子能量最小,故D正确;三种单色光中α光的波长最长,干涉条纹间距与波长成正比,则在同样的装置做双缝干涉实验时观察到的条纹间距α光的干涉条纹间距最大,故E正确·所以ADE正确,BC错误.9.答案:（1）衍射;（2）增大解析:发生明显衍射现象的条件是:孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长差不多或比波长还小,故单缝宽度越小越容易发生衍射现象,敌缝越′J、’条纹间距越大·］0苔嚣;α）RP‘’如图见解析,器;（2）BP;解析:（1）光线经三棱镜折射后应该偏向底边,故插针一定错误的是‘‘P5P6”;光略如图;咐…蹦折射定律;獭-器（2）根据光略图可知,经过PlP2的光线经两块玻璃砖的分界处后向下偏,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,则图（2）中右边的插针应该是P5P6ACBBCAu答累』（l）侗;（2）字解析;（l）缆.图,逢接os可得…β-骨-粤,◎○β‖『‖ˉ甲川们αˉ●∏β○『M解得入射角j＝0≡30。折射角为厂＝60°由折射定律可知″≡鸟婴≡√百s1n〖（2）设临界角为C,黑纸的最小半径为厂min,∏／1解析:（1）由U＝二门解得:u＝√百×108m／s＝1。73×108m／sA｜BC@由几何关系知’光束从进入三棱镜到再次经AC面出射’所经过的略程为s＝4万万＝20√可cm5t≡二—Ut＝2×10-9s.答案:（1）7m;（2）5.5m解析:（1）设光束从水面射出的点到桅杆的水乎距离为Zl,到P点的水平距离为刃2;桅杆高度为∧1,P点处水深为h2;激光束在水中与竖直方向的夹角为0.由几何关系有工1—＝tan53。oh1工2—＝tan0@h2由折射定律有sin53°＝″sin0O设桅杆到P点的水平距离为Z,则工＝正l＋Z2@联立o@o@式并代入题给数据得工＝7mo（2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45。时9从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′,由折射定律有sinj′＝″sin45。O设船向左行驶的距离为工′,此时光束从水面射出的点到桅杆的水干距离为Z1′,到P点的水乎距离为工2′,则工1′＋工2′＝Z′＋工o工1—＝tanj′｜o∧1（2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时,从体的位移为露＝锄,蓝＋÷“,＝4×l＋＋×（ˉ4）×l』≡2m,故C正确;t＝0到t＝2s这段时间物体的位］‖移为工＝U0‘＋÷α‘2＝4×2＋÷×（-4）×22＝0’平均速度为0’故D错误.4.C解析:由图象可知’二者速度均为正值’即二者均向正方向运动,故甲、乙两辆车运动方向相同,故选项A错误;由图象可知,在0～tl时间内’二者位移不相等’即在t1时刻甲乙两车没有相遇’在该时刻二者速度相等,二者之间的距离是最大的,故选项B错误;若乙车在0～t2时间内做匀变速运动’则平均速度为＂宁』’如图所示』13U甲O7仙○｜｜‖一伊幻‖『｜＿寸川■7j由“面积”代表“位移”可知’匀变速运动的位移较大’水面出射的方向与竖直方向夹角为i′,由折射定故乙车在这段时间内的平均逮度小子触宁』’故选项律有sinj′＝″sin45。OC正确;由于甲初速度大于乙的初速度’所以开始时设船向左行驶的距离为工′’此时光束从水面射出的甲车在前面’由“面积,’代表“位移”可知在0～t2时间点到桅杆的水干距离为Zl′’到P点的水乎距离为内甲的位移大于乙的位移,故整个过程在中甲车ˉ直工／’则在前面,故选项D错误.工1′＋工2′＝Z′＋工o5.B解析:由U-t图象斜率可知’甲车启动时的加速工1度小于乙车启动时的加速度,A错误;乙车在后,较—＝tanj′｜O慢,甲车在前’较快,在t＝15s时,两车速度相等’通∧1工2过分析可知’此时两车距离最大’B正确;t＝10时’乙—＝tan45°Oh2车才启动’在0～10s内’通过U＿t图象的面积可得’联立oo@oo式并代入题给数据得甲车得位移‘霸＝＋×｜0×l0＝50m,起初啊车已经Z′＝（6√百＿3）m≈5.5mo;燃然L／′吁qJ‖F匹白己／］＼｜j‖／口哇l又／J‖H』」司／γ;;i撬盟铡鳖监工互没有发生改变,A错误;在4s末前后则加速度没变→［』2’故B错误;由图象可知UU0＋U内的位移与4～6s内的位移大小相等’方向相反,故—厂C错;由图象可知:滑块在0～2s内的位移等于2～4故选Ds内的位移’所以滑块在0～2s内的平均速度等于27p∩蛔炬.喻休的;古薛-片向＿古头?了rˉ·γ〗口J｜丛矽’〃｜以「目症佳u～乙S间四十剁还厘寺丁△7｀／『丁＋√万丁.BD解析:物体的速度方向＿直为正,方向不变,故～4s内的平均速度,故D对;故选D.A错误;U—t图象的斜率表示加速度’由图可知,物体C解析:根据匀变速直线运动位移时间公式工≡℃0t的加速度先变小后变大,故B正确;由U-t图象中图＋÷″悔;÷＝财厂卜＋″』根据数学知识可得;＋α线与时间轴围成的面积表示位移,可知变加速直线运动的位移大于匀加速直线运动的位移,则变加速直线＝-4／2,,得加速度α≡-4m／s:;初速度为℃o≡运动平均速度大于匀加速直线运动的平均速度,匀加4m／s,故A错误’B错误;t＝0到r＝1s这段时间物■∩≤√G蹦1』匀速行驶的时间′:＝÷＝16从开始减速到交费完成所需的时间t＝tl＋t2＝3s在人工收费通道’匀减速直线运动的时间′‘＝÷＝46汽车进入人工收费通道’从开始咸速到交费完成所需的时间t′＝14s节省的时间△t≡t′＿t＝11s12.答案:（1）12m;（2）4.8s解析:（1）当两车速度相等时相距最大.即:U0＋α1t1＝α2t1解得:t1≡4s所以两车相距的最大距离为:‘』ˉ,v＋蓟ˉ‘嘎＝呐＋＋α｜Ⅱ;＋圃—÷α』谬;＝l2m（2）当两车的间距大于s0时,两车元法保持通信.由题可知,两车的间距先增大后减小°所以当s甲＋α-s乙＝s0时,有;刚,汁÷凰!f十d—＋凰』‘』＝｀解得t2＝2s’t3≡6s即中间有t3-t2＝4s的时间元法通信.又当乙车追上甲车时有:s甲＋d＝s乙,′;渺,′鹏＋＋α!‘i＋d＝＋α泌;解得:t4≡8.8s所以,能保持通信的时间为t＝t4＿（t3-t2）≡4·8sl3签案;（l）64m』（2）l6·』（3）岛m／s』解析:（1）当A、B两车速度相等时’相距最远根据速度关系得:Ul＝U2-αt］,代入数据解得:t1＝6s’此时,根据位移公式得:工A＝Ulrl;“凰＝砌:‘!—＋“;,肿则:工A＜Z0＋ZB,可见此时A车并未追上B车,而是在B车停止后才追上’工0＋工B—工A≡6s,故所之后A车运动时间为:t2＝U1求时间为:t≡t0＋r2＝16s.速直线运动的平均速度U平均＝℃0于u｜’故C错误’D正确°8。ACD解析:z-r图象的斜率的正负表示运动的方向,故前4s内两物体运动方向相同,均为负方向,故A正确;甲做匀变速直线运动’则甲的Z＿t图象对应（-15m）＿9m于α;前4s内甲的平均速度为:u1＝4s＝-6m／s,前4s乙的平均速度为:u2＝（＿15m）-（—7m）≡-2m／s’故前4s内甲的平均4s速度是乙的平均速度的3倍’故B错误;t＝4s时’甲］乓-7的速度大小为u0≡÷L＝2m／s’则前4s内,工甲＝＂＂汁＋″,’即24＝2×4＋÷×α×4,,得加速度大小为α＝2m／s2,r≡0时,甲的速度大小为U≡U0＋α×t＝2＋2×4＝10m／s’C、D正确.9.AD解析:设后车经时间t两者共速’则18-2t＝6＋2×（t-2）’解得t≡4s’此时间内后车的位移z1＝‖18×4÷×2×42m≡56m’前车的位移;z2＝6×2］＋6×2＋亏×2×2』m＝28m’因z』＋30＞工］可知两车不会追尾’此时两车的距离为28m＋30m-56m＝2m’选项AD正确,B错误;在前车开始加速时,两车相距仅有（30＋6×2）—（18×2—÷×2×2廖）＝10m的距离’选项C错误;故选AD.1αACD解析;甲车做匀速直线运动,逮度为;°娜＝弄＝粤m／霞＝』m／s,在0～l03内位移为;工厢＝刚.‘＝4×10m≡40m,故AC正确;乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10s处,则r＝10s时’速度为零’将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动’则根据位移与时间关系虹＝÷α′,根据△121图象有』延,-十“』＝十凰.10』』20mˉ了“,＝百“.52,解得:α＝1.6m／s2,z0＝80m’则平均速度为:万-爷＝器m／恩＝8m／愚,故B错误,D正确11。答案:（1）15m;（2）11s解析:（1）汽丰进入人工收费通道后做匀减速直线运动,根据速度—位移公式可知’α＝孟＝a5m／s‘汽车进入ETC通道后’做匀减速直线运动的时间t1＝I』二旦＝2s。α2／2匀减速运动的位移z1＝U聂＝l5m（2）汽车在ETC收费通道,匀减速运动的时间t1＝2s（3）A车刹车减速至0时刚好追上B车时（此时B车的速度为0）,加速度最小则22丝＋蜒‘＝盖＋圃l‘′,2α0秘D错误.7.D解析;对加2分析可知’m2受拉力及本身的重力平衡,故绳子的拉力等于加2g;对于动滑轮分析’由于滑轮跨在绳子上,故两端绳子的拉力相等,它们的合力-定在角平分线上;由于它们的合力与加l的重力大小相等,方向相反,故合力竖直向上’故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等,故A错误;由以上可知,两端绳子的拉力等于m2g,而它们的合力等于加lg’因互成角度的两分力与合力组成三角形,故可知2″』2g＞m1g,即加l＿定小于2加2.但是加l不＿定大于m2,故BC错误;轻杆受到绳子的作用力等于两边绳子的合力』大小为2獭』gc。s:,选项D正确｛故选D.8.BD解析:货物相对车厢静止’处于平衡状态’则有:加gsin0＝／,N＝加gcos0,0增大时’／增大’lV减小’故A错误,B正确;当货物以加速度α下滑时,加速度的方向沿斜面向下’对货物和汽车的整体,货物的加速度有水平向右的分量αcos00则整体受到地面向右的摩擦力加αCOs0;竖直方向因货物加速度有向下的分量αsin0,则地面对整体的支持力为（M＋加）g-mαsm仇小于货车与货物的总重力,故D正确.故选BD.9.BD解析:工件有相对于钢板水平向左的速度Ul和沿导槽的速度U2,故工件相对于钢板的速度如图所示,滑动摩擦力方向与相对运动方向相反’所以有:F-…0-…7煮亏｀圃此F-…7六了＜严加g’即若拉力F的方向沿y轴正方向,则此时F有最小值,其值为…7六了｀遮项BD正确代入数播解得;α＾≡舟m／或专题18共点力平衡A解析:由于A、B两物块以共同速度向右做匀速直线运动,A与B间的摩擦力为零’因此A与B间的动摩擦因数可能为0,选项A正确;在水平恒力F的作用下’A、B两物块以共同速度向右做匀速直线运动’地面对物块B的摩擦力大小等于F,B与地面间的动摩擦因数不可能为0,选项B错误;若撤去F,B做匀减速运动’速度逐渐减小,由于A与B之间可能有摩擦力,A与B不＿定会相对滑动’A与B间摩擦力不变,选项CD错误°A解析:设物块的质量最大为加’将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解,由平衡条件’在沿斜面方向有F＝mgsin30o＋严加gcos30°’解得加＝150kg,A项正确B解析:已知正六边形的外接圆的直径为α,每根弹簧的长度为圃／2』每根弹簧的弹力为F］＝膛（:ˉ′）』选择稳定的正六边形的顶点为研究对象’由平衡条件可得每个拉力的大小为F-俺（;—!）’选项B正确D解析;对M列竖直方向的平衡方程Mg＝Tcos0＋N因为绳子与竖直方向夹角变小,所以地面支持力N减小’A错’B错水平方向的平衡方程／＝Tsin0可知摩擦力减小’C错.滑轮所受压力等于两绳子拉力之合,因为两绳夹角减小（分力一定时夹角越小合力越大）故滑轮轴所受的压力变大,D对C解析:水平圆环匀速上升,受力平衡’则4根绳子的合力F＝mg,则每一根绳在竖直方向上的分量等于＋啊g』设绳子与竖直方向的夹角为β根据几何关系有;sm0＝毕＝α…β≡M;＂｛rc。s0＝＋啊g,解得;T≡舟测g｀故选cB解析:对小球进行受力分析,如图所示:12°3°4.5·小y6。M慨肄≤,则物体α、b在垂直于斜面方向上受力均平衡N°＋渐增Tsin0＝mgcos0’Nb＋Tsin0＝加gcos0’则α、b两物体故A受到斜面的支持力相等,根据牛顿第三定律,α、b两力分物体对斜面的压力相等’故C正确;当逐渐增大拉力面的F时’T逐渐增大’若绳子拉力T沿斜面向上的分量及水小于重力沿斜面向下的分量时,b受到沿斜面向上面对的摩擦力;若绳子拉力T沿斜面向上的分量等于重C、D力沿斜面向下的分量时’b受到摩擦力为零;若绳子川胖＝′〃″G小球受力平衡测有;M＝…,M＝志,当水泰向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时’0增大,则tan0增大,所以lVl增大’墙壁对球的支持力逐渐增大,cos0减小,球对长方体物块的压力逐渐增大’故A错误,B正确;对小球和长方形物块整体进行受力分析’整体处于平衡状态’受力平衡’受到重力、地面的支持力、拉力F利墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力,竖直方向受力平衡’则地面对物块的支持力等于整体的重力’不发生改变’故C、DG腑1拉力T沿斜面向上的分量大于重力沿斜面向下的分量时,b受到沿斜面向下的摩擦力·当逐渐增大拉力F时,物体b受到斜面的摩擦力可能先减小为零再反向增大’故D错误.对滑块B根据共点力的乎衡条件可得:／＝TB≡3N所以滑块受到的摩擦力为3N（2）滑块受到的最大静摩擦力几＝尸m2g＝0.3×18N＝5.4N由／m＝聪＝m（gtan37。得′＂（＝0.72kg专题19力和直线运动1.C解析;地面粗糙,两物块整体向右运动,则地面对整体的滑动摩擦力向左,选项C正确’D错误;因力F向左,则整体的合外力向左’加速度向左,则对A来说受到B对A向左的摩擦力’选项AB错误;故选C.2,C解析:小球在水中受到向下的重力’向上的浮力和阻碍运动的向上的阻力’由于浮力大于重力’根据牛顿第二定律F＋龙U—加g＝mα可知:小球的加速度向上,小球向下做减速运动’随着速度的减小,加速度也在减小’故A错;C对;当速度减小到零时’合外力不为零’故加速度不为零’随后小球将在水中向上运动’向上运动的初始阶段加速度方向向上,做加速运动’此时有F—虎U—加g＝加α,随着速度的增加,加速度在减小,如果加速度可以减到零,则以后做匀速运动,故BD错。3.C解析:以小球为研究对象,分析受力情况可知:重力mg、绳的拉力T,小球的加速度方向沿斜面向下’则mg和T的合力定沿斜面向下。如图’T［云＝］加g由牛顿第二定律得;司箭＝狮α,解得;α＝2g,再对整体根据牛顿第二定律可得:F＋（4m＋m）gsin30·≡5加α解得;F＝7.5加g.故选C。4。A解析:设甲乙的质量均为加,甲乙之间以及乙利地面之间的动摩擦因数为〃’则甲乙之间的最大静摩／／／／／／↓／／／／／／／／／／／／／／／加g（1）Fα≡8NFb＝4√百N;（2）0,07m（1）对两个小球构成的整体受力分析:11.答案解析凡加Ag＋加蛆根据平衡条件’水乎方向:F感sln60°＝Fb竖直方向:F“cos60°＝mAg＋加Bg得:Fα＝8N’Fb＝4√百N（2）B球受到重力.b的弹力以及弹簧的拉力,设拉力为F’则;F＝√F!＋（加Bg）:又8F≡h△工联立可得:△工＝0.07mla答案;（l）止g》（2）粤√解析:（1）加受力乎衡’合力为零’以小球为研究对象水平方向:Fcos60°＝FTcos30°竖直方向:Fsin60。＝FTsin30。＋mg所以小球质量:加＝1kg（2）以M和加的整体为研究对象,受力平衡’合力为零水平方向,Fcos60°-尸FN＝0竖直方向,FN＋Fsin60。-Mg-mg＝0藤立解得;催-粤13.答案:（1）3N;（2）0.72kg解析:（1）以结点O为研究对象,受力分析如图所示:四5／／▲／／／／α’则由图可知’B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力做用,故选项A错误;若C斜面光滑’A和B以—定的初速度沿斜面减速上滑,则整体加速度方向如上图所示’此时B具有竖直向下的分加速度’即处于失重状态,故选项B错误;若C斜面粗糙,由乎衡条件可知OB绳的拉力TB≡加1gtan37·≡4×0°75N≡3N1钒OA和B以＿定的初速度沿斜面喊速上滑,则整体加速度方向如上图所示,由于B具有水平向左的分加速度’则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力’故选项C正确;若C斜面粗糙,A和B以＿定的初速度沿斜面加速下滑,则整体加速度方向如上图所示’此时B具有竖直向下的分加速度,即处于失重状态,故选项D错误.C解析:质量为2m的木块受到重力、质量为加的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用’故A错误;对三个木块整体,由牛顿第二定律叮得α＝器’隔离后而的组合体’由牛顿第二定律可得:轻绳中拉力为F′≡3′″α＝＋F7’由此可知,当F逐渐增大到F7时.轻绳中拉力等于＋Fr＜Fr』即小于轻绳能承受的最大拉刀为FT’轻绳还没有被拉断’故B错误;由上式得:当F逐渐增大到2Fr时’α—羔-嘉,轻绳中拉力F′-3″!α＝FT’轻绳刚好被拉断,故C正确;轻绳刚要被拉断时’轻绳的拉力刚好为FT’后面两个木块的加速度.′＝器』对质量为咖木块研究,由牛顿第二定律得摩擦力为j-咖α′-导,故D错误》故选cAC解析:α-t图象与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小,由图象可知,当t＝2S时,α＝l竿2×2m／s-32m／s｀选项∧正1。2m／s2,ul＝确;t≡5s时,水平力F与摩擦力大小相等’摩擦力大小／＝严mg＝2N,选项B错误;5s时滑块的速度大小为刚-÷×2×5m／s-5m／s;0～5＄内水平拉力F的冲量为IF-严加gt≡mu,解得IF≡15N°s,选项C正确』由动能定理可知合力做的功W＝＋咖刚』＝12.5J,所以水平拉力F的功大于12.5J,选项D终做负功,则物体克服摩擦力做的功为W≡／S＝480J,故D正确.9·BC解析:小滑块在光滑斜面上下滑,其加速度沿斜面向下,加速度可以分解为水平向左的分量和竖直向下的分量.整体对滑块和斜面分析,系统水平合力向左,地面给斜面向左的摩擦力,系统竖直合力向下,则整体失重,所以地面给斜面的支持力小于（m＋M）g’故选项B’C正确,A’D错误,故选BC.10。BD解析:开始时弹簧处于压缩状态,满足F弹l＝mgsm30.-拉1｀即弹簧被压缩工1＝簧;则刚释放B的瞬时,系统的加速度满足:mg＝2加α,即α＝0。5g,方向沿斜面向上;由对称性可知,物体B运动到最低点时’A的加速度沿斜面向下’大小为0。5g,B的加速度向上’大小为0。5g,则对B分析可知,细绳上的拉力为T＝mg＋加α≡1.5加g’选项A错误;弹簧恢复原长时,弹力为零,对AB的整体’由牛顿第二定律:加g-mgsin30°＝2mα2解得α2＝0.25g’方向向下;对B:mg-T＝加α2’解得细绳上的拉力为T＝÷砸g,选项B服确;系统在平衡位置时A的速度最大,在平衡位置时满足:mg＝mgsin30°＋F弹2’解得F铡2＝α5狮宵;此时弹簧伸长工』＝嘴,此位置弹簧的弹性势能与初始位置的弹性势能相同;由动能定理:mg·（工l＋工2）-mg。（工l＋工2）sin30°＝』（:枷〕铡:,解得铡＿｀／雾选项C错谈,＂正确11.答案:（1）0.8m;（2）5;（3）4m解析:（1）圆柱下端离地的高度h｜＝十gf＝α8m（2）圆柱体落地时圆环的速度:u］≡gtl＝4m／sU;≡2α（L-Ll）解得:α＝40m／s2;对圆环根据牛顿第二定律:／-加g＝加α,解得:ˉ上＝5●尸◎厅′『隐…错误·″″赋Mp解析;曲…象的俩秤筹丁位穆大州莎／／到物体在0～』·内通过的位移为堑≡（÷×l0;2丁＋／:／:）!….…磁…大小等勤垂赣蕊≥帮I镭廖斗h2≡4m…潞穿膨答集:（l）Ll5m／s2,109N;（2）20m解析:（1）对小红和雪橇受力分析女口图甲所示,对妈妈受力分析女口图乙所示.度的大小,得到;前2s内和后2s内物体的加速度火小分别为α1—器＝午』m／s』-5m／s』,α,—歹—罕m／s:＝l!n／s2.根据牛顿第二定律得;F＋／-加αl;F-／＝mα:’代人解得:F＝60N,／＝40N,故B错谈;由′-…得腮-志-揣-队2’故C正确;物体通过的总路程为蔽-＋×l0×2m＋＋×2×2m＝12m,滑动过程中物体受到的摩擦力大小不变,始小Ⅳl小MFnf／贞′西p买丁一v1姬v加g甲尹巴G跪＼Ⅲ对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得:Nl＋Fsin37。-mg≡0（1）Fcos37。尸N1＝mα（2）联立解得:α≡L15m／s2（3）对于妈妈由牛顿第二定律可得:／-Fcos37°≡Mtl（4）解得:／≡109N（5）（2）由题意可得,当小红和雪橇到达前面43m刚好停止时9妈妈拉力作用的距离最短·对小红和雪橇由动能定理可得:mαZ-严加g（S-工）＝0（6）解得:工＝20m（7〉13·答案:（1）20m／s2;（2）3.2m;（3）10m解析:（1）由牛顿第二定律,得F-尸加g＝加α,当推力F＝100N时,物体所受的合力最大’加速度最大代入解得解得α＝斋—鹏g＿20m′s』（2）由图象可得椎力随位移工是变化的,当椎力等于摩擦力时,加速度为0,速度最大则F＝严加g＝20N由图得到F与工的函数关系式F＝100-25工则得到工＝3。2m（3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”,得椎力做功W＝200J根据动能定理W-尸mg工m≡0代入数据得工m＝10m专题20力和曲线运动1。D解析:将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动,上升阶段,随着小球竖直分速度的减小,其水平向西的力逐渐变小,因此水平向西的分加速度逐渐变小,小球的水平分运动是向西的变加速运动’故小球到最高点时水平向西的速度达到最大值°在最高点速度不为零,A错误;小球到最高点时竖直方向的分速度为零,由题意知小球这时不受水平方向的力’故小球到最高点时水平分加速度为零’B错误;下降阶段,随着小球竖直分速度的变大,其水平向东的力逐渐变大’水平向东的分加速度逐渐变大,小球的水平分运动是向西的变减速运动,故小球的落地点应在抛出点的西侧,C错误,D正确.2.B解析:在A点时’水对舰有向上的浮力大小等于舰的重力,同时有指向圆心方向的水的推力,两个力的合力方向斜向上方向’选项A错误;水对舰的合力大小约为:解得tanβ-击由题意得mnβ＝瓢nβ＝÷而L＝1400mm联立得:∧≡90mm＝9cm’故B正确,ACD错误.l.D解析:根据受力分析和向心力公式可得:加gtan0≡＝′〃厂@9Ⅳ加g小球做匀速圆周运动的轨道半径为:厂＝Rsin0;解得翻-＼／焉雨-√子,故选D5.C解析:对任＿小球研究设细线与竖直方向的夹角为0,则小球所受合力的大小为′＂gtan0’根据牛顿~~厂-———第二定律得;…n0＝加Lsm抛』｀得妙＝＼／Z悬p.两小球L］cos0l＝L2cos02相等’所以角速度相等,则m］、加2两个小球转动的角速度之比为1:1,故选C.6.D解析:当B摩擦力恰为零时’受力分析如图:＜」ˉ玉｜Ⅳv吨根据牛顿第二定律得:mgta甲＝矾咙Rsinβ~厂-＿解得;°愿＝VF器丽｀同理可得;·＾-＼／焉云物块转劫蕉逮度与物块的质量无关,所以无法判断质瞬徽蕴《撒耀此水势〈尸～广＞F早球广角速嚷从A′孤浸摩擦力开始增大’A、B的向心力都增大,所受的摩擦力增大.故选D.7.BI）解析:车受到地面的支持力方向与地面垂直,选2项A错误;由〃′″g＝咖÷,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为U＝√两F’选项B正确;转弯时车与地面间的静摩擦力＿定小于或等于最大静摩擦力尸Mg,选项C错误;转弯速度越大,所需向心力越大,车所在平面与地面的夹角越小,选项D正确。8.BI）解析:运动员的速率不变’则做匀速圆周运动的~／V（″』g〕,＋（”』千）』F-＼／（6×Ⅷ,）』＋（6×m.×l揣〕,N≈6×10′N,选项B正确,CD错误。3.B解析:由题可知:半径R＝5600m,时速为t′＝2l6km／h＝60m／s;2根据牛顿第二定律得;″!gtan0＝′＂÷2／瓤O向心加速度大小不变’方向变化,需要的向心力大小不变,方向变化,即受合外力大小不变’方向变化,故A错误;所受滑道的支持力为N狮gcos0＝爷,（0角是所在位置的切线与水平面的夹角）’随着0减小,则所受滑道的支持力逐渐增大,选项B正确;下滑过程中动能不变,重力势能减小,则机械能减小’选项C错误;根据动能定理:Wc-Wf＝△Ek＝0,即克服摩擦力做功和重力做功相等,选项D正确;故选BD.AD解析:α在最高点时可能由重力沿斜面的分力提供向心力,所以所受摩擦力可能为0,故选项A正确;α在最低点,由牛顿运动定律／-mgsin0＝m山2′,所以α在最低点时所受摩擦力不可能为0’故选项B错误;对α在最低点,由牛顿运动定律尸mgcos0-~广mgsm0＝咖o』′,代人数据解得o＝V芳’故选项C错误;对b在最低点’由牛顿运动定律尸加gcos0-加gsin0—…』）,代人数擂解得″-｀／;.敞选项D正确.AD解析:当U2＝α时’此时绳子的拉力为零,物体的重力提供向心力’则加g＝皿坠,解得U2≡g厂’故α厂＝g厂,与物体的质量无关,故A正确;当U2＝2α时,对物体受力分析’则加g＋b＝111z上,解得6＝mg,与厂小球的质量有关,故B错误;根据AB可知上≡型α厂与小球的质量有关’与圆周轨道半径有关,故C错误;若F＝0,由图知:U2＝α,则有加g＝皿坠,解得:厂厂＝丝,若U2＝2α’则b＋mg≡哩＝″′丝’解得;加＝g厂厂上,故D正确.故选AD.g.答案:（1）0。35s;（2）8N竖直向下解析:（1）小物块在B的速度分解为水乎方向和竖直方向,则有:U］≡U0tan60°尸所以所用的时间为:.-U驴tan60。2√可＾＾-竿~解析:（1）设小球在B点的速度大小为UB,受到轨道的作用力大小为lV,从过B点至落地过程的时间为t由运动学规律;÷R＝÷g／△△2R≡UBt2牛顿第二定律:lV-mg＝m万联立以上各式得:N＝5mg（2）设p点距A点的高度为h’小球从P点落下至B点过程由动能定理:咖詹（h＋R》ˉ＋咖涸:解得:／l＝Rl3.答案:（1）2m／s;（2）｀／I∏m;（3）2.8×10ˉ2N解析:（1）根据牛顿第二定律F0≡mα在第1s末,根据速度时间关系Ul＝αr解得:ul≡2m／s;（2）在第l·未’根撼位移时间关系堑］ˉ＋“』在第2s内,小球从Z轴正方向开始做类乎抛运动:在Z方向:工2≡Ult在’方向:№＝＋″』9l（）位移;工＝√（r］＋工2）2＋y;联立解得工＝√而m’设位穆与甄轴正方淘的夹角为′,smβ＝兴（3）在第2s末’沿工轴正方向速度仍为u」＝2m／s在y方向分速度为u2＝αt＝2m／s’此时速度与工轴正方向的夹角为45。所加恒力一定与速度方向相反,即与Z轴正方向的夹角为225°’小球沿工轴方向加速度α雾＝等L沿γ输方向加速度α’—毕w▲夕▲l］…小舅鞠加速度α＝√α坠＋α;赣根据牛颧第二定律F＝mαs-队:5·;≡≡≡--I丁S-u.◎°s;~旷乙-g（2）小物块在B的速度为:铡厕＝而:标＝2＂,＝4m／s;对小物块从B到C应用动能定理得:‖‖加gR（l＋sln30·）≡÷加u名＿÷加u:≈在C点由牛顿第二定律可得:2FN＿mg≡ˉ百由以上两解得:FN≡8N由牛顿第二定律可得:小物体对轨道的压力为8N,竖直向下瓣联立解得F＝2.8×10ˉ2N鸯题2i!动力学和能量观点的综合应用《对人进行受力分析’人受重力及车对人的嘎i瓣够对人进行受力作甩劣,合力大小为mα’方向水平向右,故车对人的作用力大小应为m｀／5了干百了’方向右上’选项A错误;水平方向对人应用牛顿第二定律,如果恰有F＝加α’则车对人的摩擦力可能为零’选项B正确;只有车与人的摩擦力为零时.人对车做的功才为FL’选项C错误;人所受的合力为mα’向右,位移L向左,所以车对人做的功为-mαL,选项D错误。2.A解析:由图线的斜率可以看出t0时刻’甲物体的加速度大于乙的加速度,故A正确;在t0时刻’甲物体的加速度大于乙的加速度’根据牛顿第二定律可知12.答案:（1）N＝5mg;（2）／t＝Re踊l』“＝砸轩／＝g—斋’履量相等,则喻删刻甲所受阻力小于乙物体所受阻力,故B错误;0～t0时间内乙下落的位移大于甲下落的位移,则乙重力做的功多,所以乙物体重力势能的变化量大,故C错误;0～t0时间内’根据动能定理可知,甲乙合外力做功相等,而乙重力做的功多,所以乙克服阻力做的功多’故D错误.3.D解析:当e／从静止下滑＿段时间后闭合S,e／将切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力,若安培力大于2加g,则由牛顿第二定律得知.e／的加速度大小可能大于g;若安培力小于mg,则e／的加速度大小可能小于g,故选项AB错误;C,闭合S,e／将切割磁感线产生感应电流,则e／的机械能减小转化为电能,故C错误,D正确.4.B解析:从开始下落到蹦极绳刚好被拉直的过程’由牛顿第二定律得mg0.2加g＝加α,得α＝0.8g;由［-＋“′得′-儡故A错误;当人的合力为零时逮度最大则有″＋α…＝砸g’得J＝等,所以从开始下落到速度最大时人的下落距离为S＝L＋工＝L—警,故B正确;从开始下落到最低点的过程中,由牛顿第二定律得mg-0.2加g-虹＝′m’工增大,α减小,加速度不可能恒为0.8g’故C错误;从开始下落到速度最大的过程中,系统机械能损失为△E＝队2枷g.S＝÷枷g（L＋等）,故D错误故选巳5.BD解析:人在上升过程中经历了先加速再减速过程,先超重后失重’故A错误;因加速过程中人受到的支持力大于人的重力’作用时间相同,故支持力的冲量大于重力的冲量’故B正确;人起跳时,地面对人不做功’由于有人体生物能转化为机械能’由功能的转化可得人与地球所组成的系统的机械能增加了:△E＝△EⅧ＋△E腆＝÷狮锄2卜狮gh,故D正确’C错误6.CD解析:物块压缩弹簧时,开始推力F大于弹簧的弹力,加速度方向向左,物体做加速运动,弹力增大’加速度减小’速度增大’故A错;当弹力与推力相等后｀弹力大于推力,加速度方向向右·随着弹簧的压缩,加速度增大,加速度方向与速度方向相反’速度减小’当速度减到零时’弹性势能增大到最大,根据功能关系可知弹簧的弹性势能等于椎力F做的功,故B错;当弹性势能最大时,弹簧的加速度是向右的’所以物块开始向右运动,弹性势能释放逐渐转化为克服恒力F做的功,根据功能关系可知当物块运动到A点时速度恰好减小到零,所以物块在A、B间往复运动,故C对;物块向左运动和向右运动过程中,速度最大的位置都出现在加速度为零的位置’即F≡虎工＝mg,弹簧压缩量都等于露＝等的位置,速度最大,所以速度最大的位置在同＿位置,故D对.7.BD解析:在B点时由牛顿第二定律得:F-mg＝′’o坠,因为F≡2加g’所以U＝√豆,因为物块从A点7.进人圆弧轨道并做匀速圆周运动,所以物块到达A点时速度大小为｀／酝’故A错误;从P到A的过程由动能定理得;砸gh＝＋顺翘』,所以″ˉ昔,故B服确′因为物块从A点进人圆弧轨道并做匀速圆周运动,所匹1二α物块从A运动瓢B所用耐间』-÷-昔仔,故C错误;从A运动到B由动能定理得:mg厂-W克／＝0,解得:W克／＝′〃g厂,故D正确.故选BD.8.BC解析:由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.0～r2内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带＿直做负功’故A错误;在jl～t2内,物块向上运动,则有严加gcos0＞mgsin0’得尸＞tan0,故B正确;0～t2内’重力对物块做正功’物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知,系统产生的热量＿定比物块动能的减少量大,故C正确;0～r2内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为Wc’根据动能定理得;w＋w鹰ˉ＋啊锄;＋砸硼;’则传送带对物块做功W≠÷咖u;—÷狮刚｛,故D错误9.BD解析:根据乙图可知,当工＝∧＋工0,小球的重力等于弹簧的弹力,根据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于力＋2工0,即当工≡h＋2虹0时’小球的动能不是最小’选项AC错误;由于当r＝h时小球的加速度为g’根据对称性可知,当｀z＝h＋2r0时,小球的加速度为-g,根据牛顿第二定律mg-F≡mα＝＿mg,解得弹力大小为F≡2mg,选项B正确;小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知mg（h＋工0）—了瞅g.x,＝＋加√｀故小球动能的最大伯为枷gh—÷咖g.堑‘,故p止确;故选Bn~顿第二定律中力与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬｜司小球加速度的方向水平向左,故A正确;当金属球运／动到悬点O正下方时,如图（所示,根据物体做曲线运动的条件结合受力分析可知’此时物体所受合力方向为竖直向下’如图所示’故B正确;如图所示’当金属球运动到O点正下方时,根｝3钒D度为U,则有U＝Um-αmr＝UM＋αM／9解得t＝0。5s,u≡9m／s从t＝2s到两者相对静止的过程中,滑块的位移为″删—等卫肥-毕×队§m-4″5m木椒的位移为塑｀-丝卉!-宁…m-』m比过程两者的相对位移△Z2＝工4-Z5＝0。75m故整个过程中因摩擦而产生的热量为Q＝〃加g（△rl＋△Z2）＝12J13.答案:（1）1』坚》（2）2m（U;＋g2‘2）q解析:（1）设电场强度的大小为E’小球B运动的加速度为α。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件’有加g＋qE＝加αo＋“（÷）,＝＋gⅡ,o解得E＝旦121旦oq（2）设B从O点发射时的速度为Ul,到达p点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为∧’根据动能定理有E腐—÷咖U｛-咖gh＋gE′to＋且有U1÷≡U0‘o‖／t＝÷gr:o联立o@oo式得Ek＝2加（U;＋g2t2）@专题22动量和能量观点的综合应用1。C解析:小孩与妈妈及自行车分离前后瞬间水平方向的外力之和为零’系统水平方向动量守恒’分离后瞬间小孩水平速度为零’有:（M＋m）U≡加×0＋Mul’解得;u1＝4m／s’即妈妈和自行车速度变为4m／s,A、B错误,C正确;分离前系统动能360J,分离经历的时间之比为1:√百;根据匀变速直线运动的平均速度推论,知工-÷刨′,因为初速度大小之比为l;√面,时间之比为1:√百,则通过的位移大小之比为1:2,故A正确,B错误;若动量相等,则速度之比为1:2;则根据r＝U／α知,经历的时间之比为1:2;根据匀变逮直线运动的平均逮度推论,知江＝÷雕,因为初速度大小之比为1:2,时间之比为1:2,则通过的位据运动轨迹可知,此时小球的速度不为零,即动能不为零,若速度为零,则在此以后的＿段时间内小球的速度方向将向下,故C错误;金属球运动到最左端时水平方向的速度为零,而不是合速度为零’故D错误,故选AB°答案:（1）U＝√西F;（2）FN＝3″!g;（3）W｛＝mg（R—h）解析;（l）曲动能定理得砸gR＝＋咖刚:』则U＝√面百∏（2）由牛顿第二定律得FN＿加g＝m百’则FN＝3mg］（3）由动能定理得＿狮gh＿W｛＝0-古咖u:,Ⅶ』γ」则Wf＝mg（R-力）答案:（1）1m／s;（2）6.25m;（3）12J解析:（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大,以M为研究对象’根据牛顿第二定律得:队狮g＝Mt』0｀得;α,＝胖＝0·2×2×l0＝4m／s』;1对整体’有F0＝（M＋m）α0＝12N由图知,在0～0.5s内’F＝6N＜F0,则滑块与木板F相对静止,两者共同的加速度等于α＝I∏丰万≡2m／s2,则t≡0。5s时滑块的速度大小ul＝αtl＝1m／s（2）0～α53内,整体的位移为鞭｜＝÷α‘;＝＋×2×0·52＝0·25m在0。5s～2·0s内’F＝l6N＞F0,所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得对加有:F～严饥g＝γ〃αm,得αm＝6m／s2;对M有:〃mg＝Mt』M’得αM＝4m／s2;0.5～2.0s内木板的位移大小为堑嗡＝测｜‘』＋÷α憾＝1×L5＋÷×4×l.52＝6m白△故0～2.0s内木板的位移大小r＝Z1＋工2＝6。25m（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为堑』≡砌』‘』＋＋翻″‘;＝l×L5＋÷×6×18·25m敌0.5～2°0s内滑块与木板的相对位移△Z1＝r3-【2＝2·25mt≡2.0s时’滑块的速度为um＝ul＋αmt2≡1＋6×1.5≡10m／s木板的速度为uM＝u1＋αmt2＝1＋4×l.5≡7m／s撤去F后,加的加速度大小为αh＝嘿＝“g＝2m／s,》设从t＝2s时起经过时间t,两者速度相等,共同速12°G嘛Ⅲ移大小之比为1:4,故CD错误;故选A.3.B解析:物体下滑过程中,下滑高度相等,由机械能守恒定律得;狮gh-÷顾聊』’物体到达斜面低端时速度U＝√弱7丁’重力的瞬时功率等于重力与速度竖直分量的乘积,由于速度方向不同’重力的瞬时功率不同,故A错误;由动能定理可知,下滑道斜面底端时物体的动能相等,则速度的大小相等,两物体动量大小相等,所以两个物体动量变化量的大小是相等的;物体下滑的时间t不同,由牛顿第二定律得:mgsin0＝加α,加速度α＝gsin0,物体沿斜面下滑的时间:t＝＂／凰＝焉器,β的下滑时间比A的短,B球运动过程中动量的变化率大小比A球大,故B正确;由上分析’A的加速度比B的小’A球运动过程中速度变化率的大小比B球小,故C错误;所受支持力的冲量I—…胁黑-狮√愿而…球所受支持力的冲量比B球受支持力的冲量大,故D错误.4.B解析:火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力’故A错误;在燃气喷出后的瞬间’视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风笋等）为系统’动量守恒’设火箭的速度大小为U’规定火箭运动方向为正方向’则有（M-加）U-加U0＝0’解得火箭的速度大小为U≡赤当万,故B正确;喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动’根据运动学公式可得上升的最大高度为22h＝觉＝2（长器）′g,故c错误｀在火箭喷气过程中｀燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功,所以万户及所携设备机械能不守恒’故D错误。5.BD解析:子弹射人木块的过程,要产生内能,由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损,故A错误;子弹和木块组成的系统动量守恒’系统动量的变化量为零,则子弹与木块动量变化量大小相等,方向相反,故B正确;摩擦力对木块做的功为／s’摩擦力对m做的功为-／（s＋d）’可知二者不等,故C错误;对木块根据动能定理可知;子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功等于木块动能的增量,故选项D正确6.BD解析:对木块和木板系统’由动量守恒定律:mU0‖］＝（狮＋M）°;由能量关系;′砸g△L＝古加渺;＿言（咖＋M）锄』;对木板;陛…≡＋M锄』,解得爬刚g△［ˉ＋咖汹;12M.］V『干w似…＝了狮拟,.lV『干77i.M竿咖’可知露＜△L,即两物体间的相对位移大于木板对地的位移,选项A错误;因摩擦而产生的热（内能）Q≡尸加g△L≡M单砸.÷枷刚;,选项B正磁;对水板,根据动量定理:尸加gr≡MU’解得从开始运动到两物体具有共同速4刚D废所用的时间′-似g（糕）,选项c错误;两物体的共同速度U鳞—撒而,选项D正确;故选BD7.ABC解析:当A与B相撞过程中动量守恒,则mAu0≡（mA＋mB）u,则u≡5m／s’当AB速度为零时,弹簧被压缩到最短时二者速度为零,此时弹性势能最大,则获得最大弹性势能为;Eb＝÷（叫＋加‘）扩＝25J,故选项A正确;由于水平面光滑且反弹时AB间的锁定解除,故A、B在弹簧恢复原长时分离,根据能量守恒可知,弹性势能又转变为二者的动能,则分离时物块A的速度为uA＝u＝5m／s0故选项B正确;以物块A为研究对象,整个过程中根据动量定理可知:I＝△P＝-mAu-mAu0＝-15N°s’故选项C正确;因碰撞后压缩弹簧过程在中只有弹力做功’机械能守恒’故只有碰撞过程机械能有损失’即整个过程的机械能损失为;△E-÷咖＾″;—÷（咖A＋咖E）U』＝25J’故选项D错误.8.AD解析:由图示图象可知,木板获得的速度为U≡1m／s,A、B组成的系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得加U0≡（M＋加）U0解得M＝4kg,木板A的质量为M≡4kg,木板获得的动能为风＝＋M刚』＝÷×4×l』J＝2J』故A正蹦系统损失的机械能△E＝÷挪＂《—＋咖锄』—÷M刚』｀代人数据解得△E＝4J,故B错误;速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移,故由图得到0～1s内B的位移为工圆＝＋×（2＋l）×lm-L5m’A的位移为x＾≡÷×l×lm＝α5m,水板A的最小长度为L＝工B一工A＝1m’故C错误;由图示图象可知,B的加速度·≡器≡早＝—lm／s,,负号表示』＂速度的方鞭9÷枷汹;＿÷（咖＝2厕）刚斗翻gR（l—c。s0）,解得;娜-＼／吾百（2）对物块,由机械能守恒定律得:＋咖刚『-÷′鹏碰;＋狮gR《1—c。愚0）.解得;测!言＼／子盂解得△E＝0.4Jl2答案（l）50′厕;（2）lm;（3）能,啡-:m／s、倒·物块从圆弧最高点抛出后,在水乎方向做匀速直线运动,竖直方向做竖直上抛运动,物块到达最高点时,物块的速度:O＝÷m／sO解析;（1）从P到B;酗g.2R＝＋测刚;;N愿＿″帽＝2UB加百解得;UB≡4m／SlVB＝5加g＝50m,所以压力Ⅳb＝50m（2）P滑上Q后’若水乎地面干滑’系统动量守恒,有:加UB＝2mU解得up≡UQ二＝u＝2m／s系统能量守′厦;十咖诡ˉ÷2″』升′典］咖g瓜解得L＝1m（3）严2＝0.1时:P减速:尸lmg≡mαlQ加速:尸l加g-尸2°2mg≡加α2解得αl＝4m／爵2;α2＝2m／s2设经r秒P从Q板的左端滑到右端,则pQ相对滑动L;（聊臆蔽＋α-‘:）—＋α:‘:-L1解得rl＝亏S’t2≡1S（舍去）u触′-u圈ˉ购岛＝:m／;2′UQ＝α2r］＝丁m／S因UP＞UQ,则P能从Q板右端滑下,滑离时咋＝:m／s』徽°＝亏m／‘专题23带电粒子在电场中的运动A解析:设带电粒子进人偏转电场时的初速度为U0,质量为m’电荷量为q,偏离电场的电压为U’极板长度为／’板间距离为α’则粒子出电场时的偏转位移鞠＝…,-剖÷gR,由机械能守幢定律得;÷咖锄;≡加gh＋÷顺刚;,解得;h＝蛊R.答案:（1）√T;矛百m／s4m／s;（2）涸!—÷m／爵,砌』＝＋m／s;7（3）古m／＄解析:（1）人起跳的竖直速度至少为u;＝2g／t＝15.75m2／s2解得:Uγ＝√T瓦ˉ7百m／s因为相对板A的水乎速度相同,所以u＝√u;＋u;≡4m／s（2）人跳起后A与B碰撞前后动量守恒,机械能守恒,设碰后A的速度Ul,B的速度为U2,加AU0≡mAU1＋mBU21212｜12了加AUO≡ˉrmAU1十了mBU2解得;则≡ˉ＋m／…＝＋m／·（3）人下落与B作用前后,水乎方向动量守恒,设共同速度U3,加人U0＋加βU2≡（m人＋加B）U37代入数据得;U;＝亢m／:°答案吕（1）2m／s2;（2）0.5m;（3）0.4J解析:（1）小物块在长木板上发生相对滑动时’小物块受到向右的滑动摩擦力,则:严加g≡加α］解得αl≡尸g＝2m／s2（2）对木板’受拉力和摩擦力作用,由牛顿第二定律得,F＿〃mg≡M血2解得:α:＝3m／s2.小物块运动的位移唾堑!ˉ＋α｜k』—÷×2×l』m＿｜m长木板运动的位移堑』＝＋α』‘』-＋×3×l,m＝L5m则小物块相对于长木板的位移△工＝Z2-Z1≡1·5m—1m＝0.5m.（3）撤去F后,小物块和木板的速度分别为:um＝αlt＝2m／s,u＝α2t＝3m／s′」、物块和木板系统所受的合外力为0,动量守恒:加Um＋MU＝（M＋m）U′解得U′＝2.8m／s从撤去F到物体与木块保持相对静止,由能量守恒定律:÷翻刚岛＋十M砌瞥＝△E＋÷（M＋枷〕瞳／,10l11｛况可知,αC连线中点处场强为零,沿中垂线问外’先增大再减小’负电荷受到的电场力始终指向αC的连线与中垂线的交点’电场是不均匀的,粒子所受的电场力是变化的’加速度是变化的’A选项错误;连线中点处的电势最高,沿中垂线向外,电势逐渐降低,故粒子从b点运动到d点的过程中’先从低电势到高电势’后从高电势到低电势,B选项错误;根据能量守恒定律可知’只有电场力做功,电势能与动能的相互转化,之和守恒不变,即电势能改变量等于机械能改变量,C选项错误;从b点运动到d点的过程中’电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,D选项正确.3.C解析;负粒子在从p到O的过程中’所受的电场力方向竖直向下’做加速运动,越过O点后’所受的电场力方问竖直向上’根据对称性知粒子运动到关于P点对称的位置时速度减至零’然后,向上运动到P点,再周而复始’所以粒子将＿直沿中垂线做往复直线运动,故A错误;由于pO间电场线分布情况不清楚’电场强度的大小变化不清楚’所以从P到O的过程中’粒子受到的电场力可能先变大,再变小,则加速度可能先变大’再变小,当然也可能一直减小,但是速度＿定是越来越大,在O点时速度最大,此时刻动能最大’根据能量守恒可知此时刻电势能最小,故B、D错误,C正确.4.A解析:粒子在平行板电容器之间为类平抛运动’要使该粒子束能从Q板上b孔射出,需要增大粒子平抛水平位移’竖直方向匀加速直线运动,加速度α＝器则有“到下极板距离,,-＋“′』-器,从而可得逼动』恫′＿＼／孪-√2票鱼,水平方向位移蝶-Ⅷ胜-赋懒√呼＂,保持开关s闭合侧两掇板电压不变’适当上移P板’即创增大’〃0不变’水平位移增大’选项A对;保持开关闭合左移P板则电压不变口和〃0都不变’水平位移不变’选项B错;先断开开关S,适当上移p板’则电荷量不变,α增大,电容变小,电压变大,‘＂不变｀:个变,水平位移小蜜,选项C错;先断开开关S’再适当左移P极板,正对面积变小,电容变小’电荷量不变,电压变大,d0不变’水平位移变小’选项D错.5·D解析:带电粒子在平行极板方向做匀速直线运动,由L＝U0t可得:t＝上,选项A错误;若粒子从下UO极板右端边缘射出电场则等＝÷″′ˉ器』,解得~～′≡刨｀／;浩,但因粒子不＿定是从卜极板右端边缘射出电场,则选项B错误;粒子射出电场的竖直速度大小鸣-“-祟.击侧粒子射川磁场的逮度为圃-√丽;＝-＼／锄;＋（器）』,选项c错谩;粒子筏电场中的竖直偏移距离γ-÷“』-品.（击）』-qUL22m〃U;’选项D正确.6.CD解析:在下滑过程中金属块需克服电场力做功为0。5J,电势能增加0·5J,故金属块带负电,故A错误,B错误;在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J’重力势能减少了1.5J,故重力做功1.5J’电场力25／翻O做功为-0.5J’根据动能定理得:W总≡WG＋W电＋W｛＝△Ek.解得:WⅡ＝-0.7J’故C正确;外力做功为W外-W电＋W｛≡1。2J,故机械能减少1。2J’故D正确.ABD解析:由图可知,A点电场线比B点密集’根据电场线疏密表示电场强度大小可知A点的场强大于B点场强,故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力,根据牛顿第二定律可知,尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度,故A正确;由图可知,作过B的等势线,交A所在电场线于B′’则可知B′点靠近正极板’故B点的电势低于A点电势’因为负电荷在电势越高的地方电势能越小’电势越低的地方电势能越大·尘埃在B点电势能大于在A点的电势能’故B正确;放电极与集尘板间是非匀强电场’尘埃所受的电场力是变化的’故粒子不可能做类平抛运动,故C错误;由图可知,电场力与速度方向的夹角开始为钝角,电场力做负功’电势能增大;后来变为锐角,电场力做正功,电势能减小,则电势能先增大后减小,故D正确。机械过滤集尘板刁′＋＋＋＋＋‖…》＋＋＋＋＋｜集尘板CD解析:如果电场平行于工轴,由于粒子在垂直于Z轴方向分速度不为0,因此粒子速度不可能平行于工轴,故A错误;若粒子运动过程中在b点速度最小’则在轨迹上b点粒子的电势能最大’由于粒子带正电,因此b点的电势最高,故B错误;若粒子在b点速度大小也为U0,则粒子在α、b两点的动能相等,电势能相等’则α、b两点电势相等’故C正确;若粒子在b点的速度为0,则粒子＿定做匀减速直线运动’由于粒子带正电’因此电场方向一定与U0方向相反,故D正确。答嚣;α）负电.呼R》（2〕嘿刚;.瓣″莲浮…鞘…蜒翱罐.O尺q89解析:（管后受到点电荷Q的库仑力作攘键捌鹏糕繁止贴迷禽气圆爵;｝』电.j』由／《夹角为）3谬′进＾D褒时速度为;喘黔吉!辨陆…斡………碘″吗U在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动,故Q带负电且满足′繁-啊器鹤所以铡』-哑-普×感√磊-飘／磊4′厕U;R由O@得:Q＝3勾离开瞒钩遍度渺-√面『干W等＋锑（2）粒子射出电场时速度方向与水干方向成30°（2）设电子离开电场后经过时间r′到达工轴,在Z轴tan30。≡丝o方向上的位移为工′,则U0工＝U0tU川＝αro）／＝h-y≡′i-等‘＝〃α-器圆ˉⅡ｛′-刨＋涎″-刨＋鞠‘′-d＋嘶（岛—÷）-d＋坠″t＝上oUγ℃0;-:＋器″′〃dU;tan30。√百m创U;由O@OO得:u＝＝qL3qL代＾解得』ˉ;＋警皿答案;（u铡,｀／需｝（』）2喻√呼解析;（］）PG｀QG闷场强大′′湘籍｀均为凰粒子崔｜2苔寨;（｜）‘m／爵;（2）竿m／爵』（3）孪m／＂PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加解析:（1）由题可知’A球与B球碰撞,动量守恒、机速度大小为α,有械能守恒,得:E＝芋o矾倒＾-咖融壮″』＂隔,÷枷刚i＝÷啊圃′i＋＋咖汹:F＝qE＝加αO解得;Uh＝0’UB＝UA设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有B球做圆周运动’由最低点到最高点的过程中,机械αE师-E』—÷′″硼;◎能守』谩—2′＂gL＝＋咖翻》ˉ＋狮铡:设粒子第一次到达G时所用的时间为r,粒子在水由题意可知,B球在最高点,重力提供向心力乎方向的位移大小为l,′2γ）0UB′″g＝-厂则有h-十“,o解得:uA＝5m／s〔＝U0to（2）B球由最高点到最低点联立o@o@o式解得］］2mgL＝古加√:-古′m／孟K』-＋〃″;＋2铲qhoB球与A球再次发生弹性碰撞′-锄＂√需圃T蝴-″泌＋咖渊′寸咖咐＝＋砸躇—亩啊珊（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此日金属板的长度L解得A球从干台右端离升乎台的速度U》＝5m／s”L-:!-2靴√要翻…／截c受….得;qE-砸;】／辫溅筹獭″u答鬃;（n剑√磊,√等＋锑;（:）;＋……0解析;（1）由假U＝寸mU;得…＾龋转…域…度锄』～＼／乎沁』』｜［an0-嚣—?,故β-30.设电子从MN离开,则电子从A点进入到离开匀强故A相对地面的速度为:电场…时间』-÷-剑√磊;」—＋铡～需:》贰嘴鉴…→≡磷方闽为愈＂逮屯场灼屯势墓U＞等,魏碉y＜h｀说碉以几何关系得:上假设正确,α＝30°,sinα＝—≡UA地2αD→U尸0G踊l解出;铡c-竿m／§（3）小球A与凹槽底部碰撞后黍占在一起,垂直斜面方向速度全部耗散,故′」、球与凹槽碰撞后的速度沿斜面向上’逮度大′］｀为删』＝竿m／·√对小球A和凹槽这个整体受力如下图:U0根据牛顿第二定律得:qU0B＝m—厂（√百-1）qBL,故C正确.解得:U0＝′ⅪB解析:速率不同的同种带电粒子从α点沿αb方向射人磁场,从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图:αb2×B×獭×××××创O1厂』C′／′C驴′仿F夕卢纺笋F厂2夕夕／v2加g｜笋／O2!／′′由几何关系可得:厂l＝αα,（厂2-αα）2＋（2α‘J）2＝厂;’则嚼＝;αd,:＝÷带电粒子在磁场中运动时』洛伦兹力充当向心力,有q〃B＝狮÷’解得;融-嘿;贝』坠＝旦≡÷,故B项正确,A、C、D三项错误吨淹O3.C解析:粒子的轨迹如图所示,向上或向下偏转’都有速度方向与工正方向夹角为60°的情况,所以粒子可以带正电,也可以带负电,根据几何知识可得（an:0.＝粤,解得萨＝√可R,故根据′＝躇可得粒子运动的速率为U≡俩BR,从图中可知粒子轨迹所对圆″〗′b角为60.,放粒子在磁场中运动的时间为′＝蒜.楞-哉,C而确摩擦力／＝／么」V＝〃［（m＋″!c）gcos30°-qEcos30°］小球A和凹槽C这个整体的加速度α1＝（″2＋mc）gsin30。＋／-qEsin30°,方向沿斜面向下加＋加CU;25减速到零所需距离为工］,则:工］＝z＝丽m5经过时间t,凹槽上升的距离为:工2＝uct＝了m凹槽沿斜面向上的位移:顾→｜＋露,＝器m≤愿＝2m故元法从斜面上方离开斜面’′］、球开始向下运动,再对小球A和凹槽这个整体受力分析如下图:v2加g小球A和凹槽C这个整体的加速度α2＝（m＋加c）gsin30°-／-qEsin30°≡1m／S2’方向沿斜~｜~刀『寸-γ》〗C面向下小球和凹槽在斜面底端离开斜面,此时速度大小为U:’U;≡2α2工解得;聊’-工工m／s』方向水乎向垒凸β锄抨≡夕＝一＝＝亨尸≡＝β≡尸4专题24带电粒子在有界磁场场中运动1.C解析:粒子沿半径方向射人磁场,则出射速度的撼蠕Ⅱ圆周上D点磁感应强度的α方向恰好沿圆周切线方向,山—跳~~儿＿／％叫＿′％虎虎~~∩″∏且［联立解得:0＝30°,由圆如图则有的几何知识,圆心角等于圆周角的2倍’可得α＝20＝60·,故A、B错;由以上式子还有′b＝2Rsin30°＝R;且6／瓤O圆心阐咙-53.;掘′-蒜γ＼T-誓可得粒子幽.‘在磁场中运动的时间之比为180:53,故D项正确8。ACD解析:粒子从αb边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示:αI0B圃≡蒜竿.敬C正碉…D解析;巾q渺B＝咖÷可得厂-器,知粒子圆周运动的半径与B成反比,则粒子在工轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2’故A错误;负电荷在第＿象限轨迹所对应的圆心角为60。·在x轴上方磁场中运动的时间′｜-册碧湍｀负电微在Ⅱ轴下方磁场中轨迹所对应的圆心角为300。,在Z轴下方磁场中运动的时间′』-薪.竿懈,在2q百轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为l:10,故B错误;到经过r轴进人上方磁场所需的时间为T≡川十‘』-豁,故C错误;根据左手定则判断可知’负电荷在第＿象限沿‖顶时针方向旋转60°,而在四、三沿顺时针方向旋转300。,在第二象限沿顺时针方向旋转60。,且在Z轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2’所以回到原点O,故D正确·AC解析:根据题述在OM板上表面处有＿带电粒子垂直OM方向射人磁场Bl中,粒子恰好以O为圆心做圆周运动和左手定则可判断出粒子带负电,选项A正确;根据题述带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变,动能损失＿半和动能公式可知,U1;U2＝√百:1,选项B错误;根据题述粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点,可知粒子在两区域运动的轨迹半径相等,由q耐B—狮÷,解得′-腊,叮得;B1》B』＝锄］;鳃-√可』l选项C正确;由′＝粤则得′｜;′』-2冗4冗工;互I≡1;2√百’选项D错误.√百U’U:5.~~~~~~O2o2bo!oOc厂2-／／厂2-cos45。由几何知识可知:厂l≡百’cos45°＋（厂2／）＝厂2,解得:厂2≡（1＋√面）／.粒子在磁场中做圆周运动’洛伦兹力提供向心力’由牛顿第二定律得:qUB＝′川坠,解厂′γ〗（1＋√百）qB／旦′｜＼｀市哼ˉ-塑〔1Ⅱ旦士偷＾了匠疆’确正∧故’型◎″~…—加~~Ⅻ加℃,最小速度″lm乙′′lB错误;由粒子从αb边离开磁场区域的临界运动轨迹可知,粒子转过的最大圆心角:0max≡180°’最小圆心角;0…-45.,粒子做圆周运动的周期;T≡警则粒子在磁场中运动的最短时间‰＝蒜T＝瑞;最候时间′…＝蒜T＝罢.故C,D均正确队答鬃;u）B-Z砰》（2）伊-60.解析:（1）对离子P＋在电场中的加速运动,由动能定理;詹U-十咖刚;在磁场中,洛伦兹力提供向心力:′γ〗℃］eUlB＝—厂1i＝ⅧⅡj…曾h‘在磁场中,洛伦兹力提供向心力:刀1U23eU2B＝—厂2由几何关系可得:厂2Sin甲≡D因此,P3＋在磁场中转过的角度:甲＝60。｜0答案;［l）‘—荒;姆）←:舒＂解析:（1）加上磁场时,设粒子在磁场中运动的周期6ABD解析:据题中条件,画出两D粒子的轨迹如图:喝由图据左手定则,可判断粒子α带E负电’粒子6带正电,故A项正确;设扇形COD的半径为R,据几何关系叫得,厂.＝号＼（赂—;）』＋R』oR厅′『厂b§…＝萨:则÷＝蒜＝÷据q侧B＝砸o《／.＼4鱼’解得;U＝2旦r’两粒子的比荷相等,则粒子α、b的厂″0速度之比为2;5』据q刚鹰-咖刨,解得;α＿呼.啊粒子的比荷相等,则粒子α、b在磁场中运动的加速度之比为2:5,故B项正确,C项错误;由图知,粒子α轨迹的圆心角0鲤＝l80°;据sin仇＝旦可得,粒子b轨迹的厂b为T,轨道半径为厂’qUB≡1巫上,T＝旦工,联立解得T厂U2∏加≡Bq位于坐标原点O处的粒子在磁场中运动的时间最短,该粒子运动轨迹如图根据题意做出粒子的运动轨迹’如图2所示’有几何关系又乙lVOE≡30°则由几何关系有粒子运动轨迹的半径′』＝R（sin60.＋sin:0.）-母lR2U由洛伦兹力提供向心力由qUBl＝加—厂］联立解得:Bl≡（√百-1）B答案;（l）孪;（2）嘿｛（3）（u丽雨6√百）R』解析吕（1）若粒子源沿工轴正向射出不同速度的粒子,要使所以粒子不从直径PQ射出磁场,则速度最大的粒子运动轨迹如图所示:小｝′12／＾石示＼≡O＼x＼α／J｀｀＾′此时’粒子在磁场中运动的圆心角:α＝90。’粒子磁场中运动的时间;‘＝渝T解得;‘-墨（2）粒子打到工轴最远处时,该粒子运动轨迹如图90。’粒子｜』》们｝′在××″O网了～尸小〕由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径厂l＝R℃］由牛顿第二定律可知.qUlB＝′测瓦求得:z′l≡2旦丘″】（2）若粒于源在纸面内各个方向射出速率相同的粒子’粒子做圆周运动的半径相同,则最容易从PQ上射出的粒子的射出方向沿y轴正向,该粒子刚好不从PQ上射出的轨迹女口图所示:夕∩45°二OX陶（｜）可轰＂粒子的轨道半径;′-箭粒于离开磁场时距O点的最大距离:Zm＝2√百厂2√〗加U解得;工Ⅷ≡『〕辟付8工m＝Bq答寨;（l）揣;（2）（√百l）B解析:（1）如图1所示:／＝贯＝ˉˉˉ汁～、′／贤×B×p｀｀11＞工…％〃×‖『刀′×一×、、一尺、｀＝、≈×＝、×■、×ˉ×＾肛××～□○■｛｜≈≈×＝××＼｀、炽卜‖议＼＼〕（ˉO′《C『〈D图1图2由几何关系可得粒子在磁场中偏转60。则粒子在磁场中运动的时间为r≡罢T＝卫匹o3Bq影部分所示:（2）当粒子以速率U从D点射出磁场时,其运动轨迹如图1所示,有几何关系可知圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动轨迹的半径厂相等。2则由qUB＝加工△厂解得R-萨-蹬根据几何关系,阴影部分的面积:平衡可知,2mg＝FP＋FQ,其中FQ＝qE＝q×砸崇L＝:枷g,所以F僻—÷咖g｀万向向上,故P带负电,故A错误;由F履-＋獭gˉq′蕊赣,解得qp≡4q且为负电,故B正确;对Q从B到C由动能定理可得:mg∧＝qU,解得:U＝12里h,故C正确;速度最q大即加逮度为零,即有;枫g-q×紫’解得;删-3L,故D正确.6。ABC解析:因为竖直方向只受重力,所以下落的时｜旬′≡√乎,小球在水平面内做匀速倒周运动且只运动了半简所以半径尺-＋h｀所以』-＼／乎-溃,E-:i／聂,侧像-;＼／乎,藕地谨度大小为√;『丁顾,所以A、B、C正确’D错误.故选ABC。7。AC解析:根据左手定则可知’正离子向α侧偏转,则仪器显示α侧电势比C侧电势高,选项A正确;根据q融B＝:q可得U-BD融,叮知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关,选项B错误;若污水从右侧流人测量管’则受磁场力使得正离子偏向c侧,则C端电势高’显示器显示为负值,将磁场反向,则受磁场力使得正离子偏向α侧,则显示为正值’选项C正确;污水流量Q＝S锄＝＋砸D』×品＝普,则污水流最Q与U成正比,与D有关,与L尤关,选项D错误.8.ABD解析:由题意,某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同—点’由最高点射出的只能击中（0’R）,则击中的同＿点就是（0,R）’即粒子击中点距O点的距离为R,所以A选项正确;从最低点射出的也击中（0,R）,那么粒子做匀速圆周运动的半径为R’由洛仑兹力提供向心力得;qUB＝加÷’则磁感应强度B＝s＝＋腻（号）』＋＋厕R』—÷×√面R×÷R＝‖／11厕-6√百＼∏2）R2（｀24′二、专题25带电粒子在复合场中的运动D解析:若粒子带正电’电场力向左’洛伦兹力垂直速度℃线斜向右下方,而重力竖直向下’则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力与速度不在同＿直线上,粒子不可能做直线运动’所以粒子蜘‖』不可能带正电;则有粒子带负电,电场力向右,洛伦兹力垂直速度U线斜向左上方,而重力竖直向下,只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡’粒子才能做直线运动’所以粒子做匀速直线运动’故A、B错F凋~~~~~~~~~′】些」｜叭刁座旦…惶纠9陛上八、卫丁日加g…」ˉ厂′脚」′′｜』‘＾ˉ厂‖工Ⅱ｀2′毖’′／｜…‘′VgqB,≡误;根据平衡条件’有:qE＝加gtan45°,qUB≡:i／聂,侧像-;＼／乎,藕地谨度大小为√;『丁顾,所√（加g）2＋（qE）2’联立解得;E＝哩’B＝但卫旦’故DqqU以A、B、C正确’D错误.故选ABC。正确’C错误.7。AC解析:根据左手定则可知’正离子向α侧偏转,D解析若刚-昔,即Eq＝q刚B｀则粒子做匀速直线则仪器显示α侧电势比‘侧电势高选项A正确』根运动,选项A错误;洛伦兹力Ⅻ粒子不徽功,选项B据q融B＝:q可得U-BD融,叮知显示仪器的示数与错误;若粒子往右偏,电场力做正功’则粒子的电势能污水中离子浓度无关,选项B错误;若污水从右侧流减小,选项C错误;若粒子做直线运动,则满足Eq＝人测量管’则受磁场力使得正离子偏向c侧,则C端q锄B,改变粒子的带电性质,使它带负电,其他条件不电势高’显示器显示为负值,将磁场反向,则受磁场力变,粒子所受的电场力方向改变,所受的洛伦兹力方使得正离子偏向α侧,则显示为正值’选项C正确;污向也改变,则粒子还是做直线运动’选项D正确。水流量Q＝S锄＝＋砸D』×品＝普,则污水流最‘B解析:液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知’液滴受到的重力和电与U成正比,与D有关,与L尤关,选项D错误.场力是—对平衡力,重力竖直向下’所以电场力竖直8.ABD解析:由题意,某时刻发出的粒子都击中的点向上’与电场方向相反’故可知液滴带负电,故A错是y轴上同—点’由最高点射出的只能击中（0’R）’误;磁场方向垂直纸面向里’洛伦兹力的方向始终指则击中的同＿点就是（0,R）’即粒子击中点距O点的向圆心·由左手定则可判断液滴的旋转方向为｜｜顶时距离为R,所以A选项正确;从最低点射出的也击中针’故B正确;由液滴做匀速圆周运动’得知电场力和（0,R）,那么粒子做匀速圆周运动的半径为R’由洛仑重力大小相等’得;狮g＝qE｀解得;萧＝昔’故C错兹力提供向心力得;quB＝加÷’则磁感应强度B＝粒子将向上偏转;同理若U＜U0,则Eq＜q℃B,粒子将为′』≡乎’所以选项D正确向下偏转,由』-繁-誓.昔-触＂T则若以＂,答辜（1）÷尝』（2）6E』ˉ音的粒子为参考系｀则其他粒了都做匀逮圆周运解析:（1）设带电小球的质蚤为加,则从A到B根据动能定理有:加gR≡E0动凋期均为r-警,但是由于逮度不同则半径不则′）球受到绚董力为;狮g≡:,方淘竖直淘下同,选项CD错误BCD解析:选取AB组成的整体为研究的对象’由由题可知:到达C点时小球的电势能减少量为2E0’2·●∩冗√4.巨√G跪＼Ⅲ根据功能关系可知:EqR＝2E0则′｜球受到输电场力为;Eq-尝′方淘水乎淘右』′｜｀球带正电（2）设′」、球到达C点时速度为u『’则从A到C根据动能定理有;EqR-÷顺锄;＝2E＂则◎…为;跳≡√再,方淘…上从C点飞出后’在竖直方向只受重力作用’做匀减速运动,到达最高点时间为:′＿÷-÷√再在水平方向只受电场力作用,做匀加速运动,到达最高点时只有水乎方向的速度,其速度为:°-“』-等-急／平—2√罕＂｛……为;凰-÷獭砌』—＋砸W再）』＝8E01（）.答案:（1）0.5V／m;（2）0.04T解析:（1）带电粒子在电场中做类乎抛运动’有:工轴方向:2L＝U0r’轴方淘;Lˉ十α‘』｀α-塑″22骚立可以得到;E＝蹬＝队5v／m（2）带电粒子在磁场中运动有:2洛伦兹力提供圆周运动向心力:qU0B＝m些厂又因为:（2L）2＋（厂-L）2≡厂z所以;E-警-豁—M4『＂苔案;（l〕测-＋L;（2）Bˉ＼／要』（:）嚼瓤-3√浮,y-ˉ＋Ⅲ解析:（1）粒子在第二象限做斜上抛运动’设初速度为U,口√百U1＝U2＝了UU2L＝U1／,y≡丁t联立解得γ-÷,侧｜经过γ轴上γ-÷的位置;（2）α＝塑,U2＝αt″β可得刚｜-＼／平咖｜B-q画解得B-＼／要~0）m（3）将勿＞0区域的曲线运动看做以2Ul的匀速直线运动和以Ul的匀速圆周运动的合成,如图;U1汀｀＼｀f′′／B＼｜qo!百｜＼｀｀｀、≈≈→→＝≈＝乒＞凸FJI—＝＝vqE,刨÷-狮等解得′-:碧-2‘△y＝2厂＝4L最低点γ坐标为y＝÷L—△聊＝ˉ÷L臼白此时速度最大为Um≡2Ul＋Ul解得锄鳃—;√孪12.答案:（1）6m／s’2×10＿2」V,坚百向下;（2）7.5m;（3）1.41×10-1J,3.2s解析:（1）α物块从释枚运动到圆弧轨道最低点C时’机械能守』厦｀啊｜gR（l—c°sβ）＝＋砸!则:得:uc≡6m／s2在C点,由牛顿第二定律:FN＿′”］g＝m1页解得;FN＝2×102N由牛顿第三定律’α物块对圆弧轨道压力;F｛＝2×102N,方向竖直向下.OE矛贡v7≡….）～●厂●●厂、≈●｀√、·~~（2）α、b碰撞动量守′厕lU‘＝′″lU《＋m2Ubα｀6碰撞能量守』幢÷”M′!—÷…!』＋十…:解得（u｛＝-2m／s’方向水乎向左.可不考虑）ub＝4m／sb在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位8捌D移为s,严加2g＝加2αU2＿U!＝2α‘得:＄≡4.5m＜L加速1s后’匀速运动0.1s,在传送带上运动tl＝1.1s’所以b离开传送带时与其共速为u≡5m／s进入复合场后,qE＝m2g＝2×10-2N,所以做匀速圆周运动U由qUB≡加2—厂得;｜＝器＝5m由几何知识解得传送带与水乎地面的高度:h＝厂＋舌＝风5m（3）b的机械能减少为△E＿（＋…:＋m:g′i）—＋狮魁〃曾＝L4l×l0—1J′雇磁场中遮动钩T≡警＝2”T2沉t2＝丁＝丁b在传送带上运动tl＝1·1S;b运动的时间为t1＋t2＝u＋粤≈32·专题26电磁感应与动力学｀能量综合应用1.A解析;开始时N处于静止状态,则说明二者间为斥力’故两线圈中电流方向相反,故A正确;在下落过程中二者的距离减小,故N受到的作用力增大’故B错误;由于N向下落,此时N中磁场在M中的磁通增大,故M产生感应电流;根据“增反减同,’可知,感应电流方向与lV中电流方向相反,与M中电流方向相同,故线圈M中的电流增大’故C错误;由于N向下落时NM间作用力增大,故线圈对桌面的正压力增大,故D错误;故选A·2.D解析;当e／从静止下滑＿段时间后闭合S’e／将切割磁感线产生感应电流’受到竖直向上的安培力,若安培力大于2加g,则由牛顿第二定律得知,e／的加蹦溅速度大小可能大于g;若安培力」速度大小可能小于g,故选项AB切割磁感线产生感应电流,则e／为电能’故C错误,D正确§÷′T′（鼠撇髓瓣磷霹键臻繁动时,电路中的电流变大’电流产生的磁场变大’所以穿过线圈的磁通量变大,有自感电动势产生,比较两种情况可知,αb以速度U0沿导轨匀速运动时,电路中的电流更大’由公式P≡I2R可得:Pl＞P2.4.A解析:0～1s内,由楞次定律知,感应电流的方向为凰…』根据′＝糕,电流为定值根掘左手定则αb边所受安培力的方向向左’由F≡BIL知,安培力均匀减小.1～2s内,由楞次定律知,感应电流的方向为…,根搪′-糕』电流为定值根据左手定则αb边所受安培力的方向向右,由F≡BIL知,安培力均匀增大.故B、C、D错误’A正确.5.C解析:金属棒下滑过程中,由机械能守恒定律得:咖g〃＝＋砸锄』,金属棒到达水平面时的速度”—√面百万,金属棒到达水平面后进人磁场受到向左的安培力做减速运动’则导体棒刚到达水平面时的速度最大’所以最大感应电动势为E≡BLU’最大的感应电流为J-景-BL古严’故A错误』金属棒征整个运动过程中’由动能定理得:加gh-wB-严加gα≡0—0,则克服安培力做功:WB＝mgh—〃mgd,所以整个电路中产生的焦耳热为Q＝WB＝加g∧～〃mgd,故B错误;克服安培力做功转化为焦耳热’电阻与导体棒电阻相等’通过它们的电流相等,则金属棒产生的焦耳热;Q废＝÷Q＝＋（…ˉ陛咖g剧）,故D错误流过电阻R的电荷量q＝兴-器,故C正确』故选o6.BD解析:两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动’回路的磁通量不断增大,根据楞次定律可知’感应电流方问沿逆时针,故A错误;设两棒原来相距的距离为S’M′lV′与MN的夹角为α.回路中总的感应电动势E＝BL‘dU-BL站U＝BU°（L囤-L幽）＝Bz.Stanα＝BuStanα’保持不变,由于回路的电阻不断增大,而总的感应电动势不变,所以回路中的感应电流不断减小,故B正确;圃路中的热功率为P-:′E不变’R增大’则P不断减小,故C错误;设两棒原来相距的距离为S’MW′与MN的夹角为α,安培力之差等于△F＝BIL‘蓟-BIL她＝BI（Lcd-L毗）＝BIStanα,由于电流减小,所以两棒所受安培力的合力不断减小,故D正确7.BC解析:根据右手定则可得金属棒向右运动过程中,R中的电流的方向由P到M,故A错误;金属棒从静止开始向石做匀加速直线运动的过程中’金属棒应姆电动势定律可金属棒的大小动学公20F运式则运动时间为t运≡3s,所以当t＝2s时拉力F有最大值’最大值为Fmax＝1.5N,故B正确;通过电阻R的电荷量为0.6C,通过电阻R的平均电流为I≡ˉ2＝0·2A,拉力F的平均值为F＝BIL＋加α＝1.2rN’故C正确;整个过程中根据能量守恒可知产生的焦耳热为Q＝w假—÷娜砌:＝乃—＋枷U.＝l2×9—■〗『龟｜｜｜｜■巳『÷×0.5×6,J＝L8J’故D错误;故选BC△8.AD解析:金属棒在滑下高度h时的速度大小为U,重力势能减少加g肉,动能增加÷m膨』’金属棒损失的△机械能为…ˉ十咖翘』』故A正确;金属棒从静止开始谨膛逐渐增人为,,安培力从0逐渐增大到B晋财｀金属棒克服安墙力做的功小于糕苦’故B镭误』由能量转化和守恒定律得知’金属棒损失的机械能等于金属棒克服安培力做功和恒力F做的功之和,电阻R上产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功,所以电阻R上产生的焦耳热为…—＋砸锄凰—揣,故C错设』根据法拉第电磁感应定律E＝尝’I≡÷』q＝I△‘,联立得q＝等＝悬器』故D正确9答寨;（l）I＝瓣;（2）涸＝…旦5B2／2,（:）Q＿÷狮g′—8懦粤』解析:（1）设绳子拉力为F,α线框匀速穿越磁场区域对α线框4mgsin0＝F安＋F对b线框F≡加gsm0且F安＝BIl解得;I＝瓣（2）α线框匀速运动时,α、b线框速度大小相等E≡BL聊』I≡肯解得;侧＝辨（3）设b线框进入磁场过程产生的焦耳热为Q,对系统列能蚤守恒方程:］4加gIsin0≡加g』sin0＋亏.5mu2＋Q解得;Q-:狮‘′＿8糯于』10。答案;（1）3m／s’1,8V;（2）线圈中所加磁场如果在增强,方向为竖直向下;如果在减弱,方向为竖直向上’0.2T／s解析:（1）当导体棒达到最大速度时F安＝B］IL＝加gsin37。卤′＝R｜辛R』E＝B1LU得u＝3m／sUr创＝IR1＝1。8V（2）线圈中的感应电动势E′≡」V坐≡N坐兰S＝I慈R慈△t△t其中!慈＝′撼R贵尺』＿1＾R总≡R并＋厂≡2Q得等-MT／·由楞次定律可知’线圈中所加磁场女口果在增强,方向为竖直向下;如果在减弱,方向为竖直向上.u苔案;（｜）锄翻＝舞;（2）图见解析;（3）Q＝等-＋F.烫—丁狮锄!12解析:（1）金属棒中产生的感应电动势:E＝BLU由闭合电缮欧姆震律;I≡R旱R全属棒受到的安培力:F安＝BIL由牛顿第二定律:F＿F安＝mα以上各式瞬列可得;F～B嘉渺＿獭,当α＝0时’金属棒αb速度的最大值2FRUm＝B2L2↑（2）电阻R两端的电压U＝IR≡÷BLu。◎u臼且U顾＝亏BL砌蹿＝豁‖可U-U关系图象如图:≥″（3）金属棒速度达到UI的过程中:由动能定理可得:F.延—W鬼铸＝÷砸膨;＿0解得回略中产生的总热量:12Q总≡W允安＝F.工—了′″u1］亏F∑］℃〗″］上—〃仕工●1生的感应电流由乎衡条件有:B1Ih≡加g解得;渺』-膘（2）此过程线框产生的平均感应电动势-△oB2h2E＝—＝＿△t△t-E通过回略的电荷量:q≡I△t＝F△tl29／翻O解得;q＿竿（3）设线框离开磁场B2时做匀速运动,同理有:B2hU2B2h·R＝mg由能量守恒定律有:砸g（H＋M＋÷）＝Q＋＋咖嘲;解得;Q-…＋子h）—哈锑』专题27力学实验答案:0.311’1.25’偏小解析:（1）打C点时物体的速度,等于物体打AE点间的乎均速度:12·42×0°01′＾＾＜≤′数规则可读出,B点对应的刻度为1.20cm,C点对应的刻度为3°15cm,D点对应的刻度为5°85cm,E点对应的刻度为9°30cm,AB≡L20cm,BC≡1.95cm,CD＝2.70cm,DE＝3.45cm.两个相邻计数点之间的时问T-5×六s＝队｜0§’根撼徽匀变逮直线运动的质点在一段时间内的乎均速度等于中间时刻的瞬时速度可得,打出C点时物块的速度大小为uc＝BC＋CD-～…′,.一｀′ˉ,＿′回≈0.233m／s.由逐差法可得α＝≡】】夕～～TT■′●】凸【丁…←一凹】只一〃』＝….ˉ….2TCD＋DE-（AB＋BC）’解得α＝（）·75m／s24F’′.′｜′＂ˉ·ˉ。…＾.些′｀′.4答案;（DM』（2）器;;（3）＞解析:（1）游标卡尺的主尺读数为:0.4cm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,游标读数为0。1×10mm＝1.0mm,所以最终读数为:0.50cm＝5.0mm。（2）球乎抛运动,水乎方向做匀速直线运动’竖直方向做闺淘落体运动,依龋运动学公式,则有;H＝÷g‘』,″-…鳃-:』解得;g＿器;（3）↑…力加逮度滚达式,g二等,蜜光电门餐慧在离粗糙桌面边缘一段蹿离处｀则导致:值偏大’娜么重力加速度的测量值大于真实值.5.答案:（1）弹簧的劲度系数陀;（2）拉力F做的功;（3）＋隐露』解析:（1）根据胡克定律可知:F＝Ar,则F-工图象中,图线OP的斜率的物理意义是:弹簧的劲度系数虎;（2）根据W＝F工可知’直角三角形PQO的面积的物理意义是;拉力F做的功°（3）由图象可知缝力做功为w-＋隐堑』.则根撼能量蛰…守桓羔系可知,在弹性限度内,当其形变大小为工时,喻瓣簧蹿雕势能输表达式为E,-÷硅撼瞬″／（;《谬霹《1）′恃静止;（2）g≡（带）（:）』;（3）增加鬃;‖鼠‖霄慨（1翔节气垫导轨水平时』通过调节导轨下面的lm／s＝0.311UC＝＝4×0。1m／s＝（）.d』1m／s（2）利用逐差法求加速度:AB间的距离Jl≡1.23cm,BC间的距离J2＝3.71cm-1.23cm＝2。48cm,CD间的距离s3＝7.44cm-3.71cm≡3.73cm.DE间的距离54＝12.42cm-7.44cm≡4.98cm.利用逐差法求加速度可得:S3＋54＿（sl＋52）3。73＋4。98—（1。23＋2。48）~~α~4t24×0°12×0.01m／s2＝1.25m／s2（3）求加逮度钓公式为α＝祟＝△,′:’由题意知道;／测＜／实,所以’α测＜α实,即计算出的加速度比实际值偏小.答案:（1）结点拉到步骤O中的O点;（2）D;（3）如图见解析解析:（1）应该将结点拉到步骤o中的O点,因为要保证两次实验拉力的作用效果相同,所以必将使橡皮筋拉到同一位置O;（2）记录力的方向时,应在绳子下方稍远之处点两个点,用两点确定一条直线从而确定力的方向,不能用铅笔沿着细绳套的方向画直线,故选项A错误;由于实验误差的存在,导致F与F3的大小和方向不相同,霖零鞘（瓣瓣麓撇矿簿熬项C错误;使用测力计时,施力方向应沿测力计壤缘’读数时视线应正对测力计刻度,从而减少实验谁羞:j≥;麓鹏憋秆………圈蹄承＼≥故选项D正确;2蹿?＝螺蠕’瘦滑块放在导轨上任意位置都能保持静止’则碱铲……铲蜕调节水平.（2）根据钓码和滑块的系统机械能守恒定律有:″2gL］≡了（M＋狮）U2-0’滑块通过光电门的速度为U＝岛,联立可得鳖地的重力加逮度;g-（煤吾）（:〕』~△r′″-ˉ.『√一～…√一／√′ˉ～′～·◎2′ⅦL｀△t′。、（3）动能增加量△Ek总是稍小于重力势能减少量△Ep,说明机械能有损失,增加下落高度后’机械能损失更多,则△Ep-△Ek将增加.答案:（1）不需要;（2）D;（3）平衡摩擦力;0。2答案:A0·2330.75解析:根据题述,物块加速下滑’在A、B、C、D、E五个点中,打点计时器最先打出的是A点.根据刻度尺读■∩○7G嘛1:解析;（1）本实验中由于有力传感器测量力的大小’所以不需要满足重物质量远远小于滑块与传感器的总质量。（2）由牛顿第二定律:F-／＝Mα’＂『α＝☆F—尚＝前F—鹏g可知图象D正确｛（3）该同学在数据处理时未得出“质量一定时,加速度与所受拉力成正比关系”,原因是在实验前缺少一个重要环节是乎衡摩擦力;根据（2）中他的实验图象可知:尸g＝2’可知滑块与木板间的动摩擦因数〃≡0.2.8。答案:（1）非线性;（2）没有平衡摩擦力;（3）W-u2;（4）远小于小车的质量解析:（1）从图象上可以看出:拉力对小车做的功与速度成非线性关系.（2）从图象上可以看出,小车还没有速度时已经需要拉力作用了,所以,W-U图线不经过原点,可能的原因是没有乎衡摩擦力;（3）根据动能定理可知W＝÷狮U:,所以最好做美于W—U:’这样可以出现线性函数;（4）小车的加速度计算公式为:加g＝（m＋M）α,若直接以钩码的重力作为小车受到的合外力,那么应该保证钓码的质量远小于小车的质量’则公式变为mg＝MtZ·M（s5-53）2大于9。答案:（1）BC;（2）A;（3）mgs48F解析:（1）在A、B、C这三个实验中,“验证牛顿第二定律”、沁研究合外力做功和物体动能变化关系,都需妥乎衡摩擦阻力,故选BC.（2）已知小车的质量为M,盘和珐码的总质量为m,且将mg视为细绳对小车的拉力·为此需要满足m＜M。前述A、B、C二个实验中,实验A只需要小车做匀加速运动即可,不需要满足此要求,故选A.（3）纸带上由O点到D点所对应的运动过程中’盘和珐码受到的重力所做功的表达式:W＝mgs4＄5-S3打D点时的速度:UD＝-面7-则小车动能的改变量E隆＝＋M（丝录）,＝M（‘,—’;）』8T2由于实验中存在系统误差,所以盘和珐码受到的重力所做功W大于小车动能的增量△Ek.专题28电学实验1.答案:91.7;1.062士0.001;0。42;2·12解析:游标卡尺读数为9lmm＋0。1mm×7＝9l·7mm,螺旋测微器测其直径为1mm＋0.01mm×6.2＝1.062mm.电流表、电压表的读数依次是0.42A、2。12V。2.答案:E＝2.9V;7≡0.20Q解析:考虑电流表A内阻厂A’开关S接1位置时:E＝0.32（8＋0.8＋厂）;当开关S接2位置时:E＝0°18×（15＋0·8＋厂）,解得:E＝2.8Q,厂＝0.20Q.0钒O3.答案:（1）Rl;（2）C;（3）×1Q16;（4）1。5解析:（1）由电略图可知多用电表与R］串联的,所以多用电表当做电流表时,测量的是Rl的电流.（2）断开电略的开关’Rl和R2串联,多用电表接在其两端,故测的是Rl和R2串联的总电阻.（3）将选择倍率的旋钮拨至‘‘×10Q”的档时’指针偏转角度过大,说明所选的档位太大’为准确测量电阻,应该换小档位的’应选×1Q的.档位选×1Q’表盘的度数就是电阻的阻值,即为16Q.（4）将选择倍率的旋钮拨至“×10Q”的档时,欧姆表的中值电阻为R中＝15×100O＝1500Q,所以电源的电动势为E＝IgR中＝1.0×103×15×100V≡1°5VU1U24.答案:（1）图见解析;（2）R工≡UlI2＿UzI1解析:（1）实物连线图如图所示:（2）当Sl闭合S2断开时,应有:Ul＝IlR′’闭合S2时应有;赏＋片—′…U1U2联立以上两式解得:Rz＝UlI2-U2Il.5。答案:（1）C;（2）O0·43@5.0或5.1O电流表的读数大于小电珠的真实电流解标（D小灯愉…腿R-罢-碧o-52α侧使用多用电表直接测量小电珠的电阻,则应将选择开关旋至‘‘×1”欧姆档,故选C;表的读数大于小电珠的真实电流.6。答案:（1）3·191mm’102.30mm;（2）l0’70;（3）A1’R1,C;（4）（U-IRA）沉创24LI解析目（1）由图示螺旋测微器可知固定刻度示数为3.0mm’可动刻度示数为19.1×0.01mm≡0.191mm,其示数为:3.0＋0.191mm≡3.191mm,主尺示数为10.2cm＝102mm,游标尺示数为6×0.05mm≡0.30mm,游标尺示数为102mm＋0.30mm＝102°30mm;（2）用欧姆表×100挡时发现指针偏转角度过大,说明所选挡位太大’应该换用×10挡,并进行一系列正确操作,由图所示可知,则金属棒的阻约为7.0×10Q＝70Q;〔3》卤题意可燕金属棒的电流示数约为;′-是-湍＝α04A,所以咆流表应该选A』,量程0～50mA,内阻为25Q;由于电流表的内阻为已知值,且准确的测量出电阻的阻值,所以电流表采用内接法;要求电压可以从零开始变化,滑动变阻器应该采用分压式’滑动变阻器应该选阻值小的,所以滑动变阻器应该选R1;电略图应该选图C;（州……可露腮≡哺／……姆定律可得R＝旱＿R微’骤立解得该金属棒电阻率的表达式为:∏（￥—R您》′,沉（U—IRA）d2动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,滑动变阻器应选择Rl。（2）所选电流表内阻约10O,电压表内阻约3kO’由于婴＞器’咆流衰应逸择外接法｀坪;龟压裳右蠕《应连接在α点.（3）根提欧姆定律有;R露＋R＝￥,所以有』R露-旱ˉR9.答案:（1）H;（2）图见解析;（7）3.2V,42。1Q解析;（1）本实验中,当滑动变阻器接入电略的阻值为0时,电池输出的电流最大,则电略中的最小固定电阻值约为2揣＝｜50o,闽电源内腮约为40o｀越定值电阻约为110Q,故该定值电阻应选器材中的H;（2）本实验给定电压表量程太大’不可以使用;因电流表给定量程太小’故需妥扩大量程20倍’需妥并联的RA″—12拦l＝2Q,所以选定值电阻R』电阻值R＝＿＝与电流表A并联,就可改装成一个量程为20mA的电流表.所以虚线框中的电略补充完整后如下图象所示:p-4L4IL答案:（1）如图见解析;（2）142（3）串联9858解析:（1）实物连线如图所示:小于;宁『—［岛］—垒乌匡a（7）由以上分析可知’题目中提到的工’指代电流表读数I,根据闭合电略欧姆定律可得:E-（′＋脊）（奇簧＋尺铡＋R＋露）整理方程得:1Rl＋RA丁、｜RARl＋（R1＋RA）（R0＋厂）（2）由电略圈可知,当徽安表的读数偏转到÷I鼠时’通过电阻箱钓电流为＋I健』则电阻箱的阻值等于徽安蒸内阻的2倍,由图可知电阻箱的读数为284Q,则微·R＋盂2Ⅸ＋尺·兄凶ⅡⅡ＿—＿＿］—】丁即ER1198＋20厂E○广◎’扒坤’解得:E＝3。2V辨安表的内阻为142O;攘撅闭合S2后’电略总电阻变小’电略总电流变大’冀过~50’解得:厂＝42。1Q咆阻箱的屯流大于＋I‘,剿潞则该实验戈蚤程为物理图象偏●●』、■‖』′直线运动’则有:Z＝U0t＋速（3）若要将该微安农改装成蚤程为~~~~轴鸽由图可知’诊＝1s时’位移为工l＝2m,t＝2§~~日厂∏—了七~~（尺值阻联1趣串-142≡9858O100×106时’位移为工』＝8m’代人上式有;2＝U0＋＋α’8-△2u0＋2α’解得:u0＝0’α＝4m／s2,故A错误;该质点在t≡1s时的速度大小为u＝αt≡4×1≡4m／s’故I错误;由图象可知,质点在t≡1到t≡2s时间内的位尸移大小为药:＝6m’平均速度大小为可＝÷m／s＝6m／s,故C止确;由位移公式叫知,4-÷×鳃′,解得Ⅻ的电阻.瞥案;（l）A｜R!;（2）α』（3）旱ˉR解析:（1）电动机线圈的电阻R野大约为15Q,为了保证实验过程中电动机不转动,其两端电压不超过0.3V,可估算其屯流I-等-α02A＝20mA,不超过20mA’所以电流表选择Al;由图示电略图可知’滑8.G嘛于甲车的平均速度’故D正确9。AD解析:在0～h高度内,由动能定理得:Ek＝（F-加g）Z’图象的斜率表示合外力.在0～h过程中’斜率逐渐减小到零,则拉力逐渐减小到等于重力,合力减小为零’则在上升到高度h时,由图象可知F＝mg’速度为U’则功率为P＝mgU,拉力的功率不为零;因除重力以外的拉力＿直做正功’则机械能＿直增大’故A正确’B错误;在h～2∧过程中,物体匀速上升’拉力做正功’物体的机械能增加,故C错误;在2h～3h过程中,图线斜率恒定,大小为mg’则物体合力大小为加g’即物体只受到重力,拉力＿直为零,故D正确.10.AC解析:在工轴上’从工l到工2的这段范围内电势逐渐升高’可知电场方向向左,选项A正确;因甲盯图象的斜率的绝对值等于电场强度大小,可知从工l到Z2过程中电场强度大小逐渐减小,选项B错误;电场方向向左’则把一负电荷从工l移到工2,电场力向右’电场力做正功’选项C正确’D错误.11.BD解析:由法拉第电磁感应定律得:E＝″匹＝△t″旦坐＝l0×（芋）』×寸×α5-Mv,分析线蹋△t受力可知,当细线松弛时有;F蜜＝卿凰′÷＝″′g.′＝吾,解得;B′＝籍＝2T,由图象知;E′＝α5肺;解得:t0≡4s,故B、D正确,A、C错误12.AB解析:由题图（c）可知木板在0～2s内处于静止状态,再结合题图（b）中细绳对物块的拉力／在0～2s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;由题图（c）可知木板在2～4s内做匀加速运动,其加速度大小为q］＝0汽0m／s』ˉ0.2m／s2’在4～5s内做匀减速运动,其加速度大小为磁＝α;≡罗m／s』＝α2m／s爵,另外由于物块静止不动’同时结合题图（b）可知物块与木板之间的滑≡√百s,故D错误.2.D解析:根据图象求出解析式为工＝U2—2,与U2-u;＝2α工类比可得:α＝0.5m／s2’m＝2kg,u0＝√回m／s,P0＝2√百kg.m／s’D正确.3.A解析:由图可知,A球碰前速度uA≡6m／s,碰后速度uh≡2m／s;B球碰前速度为uB＝3m／s,碰后速度为ub≡5m／s.根据题给数据可知’系统碰撞过程动量守恒。系统碰前的总动能27J’碰后的总动能也是27J.所以属于弹性碰撞,则A正确BCD错误.4。C解析:设线圈的αb边长为L’αα长为』,当磁感应握度发生变化时,线框内产生感应电动势为:E＝筹△B.s△器匹′』感应电流为;I-÷安墙力为;△tF≡B′L,得;F-B.蛊L圈』·由公式可知,若磁场B增大测尝减小;若B减小侧尝增大所以＂个图象中只有C正确.5.D解析:由图可知’小球下落到1s时的速度最大’最大速度为10m／s,故A错误;弹起后的正向位移为:h≡0-52-2×10m＝1.25m’故B错误;由图可知’小球第—次反弹后的瞬时速度大小为5m／s’故C错误;由动量定理可得:I地对球＿IG＝△P＝1×5-1×（-10）kg.m／s＝15kg.m／s’所以小球与地面第＿次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15kg.m／s,故D正确.6·C解析:当F『＝尸BIL＝严BL缸＜加g时,棒沿导轨向下加速;当F［≡尸BL陀t＞mg时’棒沿导轨向下减速;在棒停止运动前,所受摩擦力为滑动摩擦力’大小为:F｛＝严BL龙t;当棒停止运动时’摩擦力立即变为静摩擦力’大小为:F［＝mg’故选项C正确.7.C解析:质点y方向的分运动为匀加速直线运动,分加速度沿y方向。工方向做匀速直线运动’加速度为零.则知质点的合力沿y轴方向,而初速度方向不在J轴方向,质点初速度的方向与合外力方向不同,故A错误;删轴方向的＂逮度α＝器＝÷＝3m／s』.质点的合力F合＝mα＝3N,故B错误;Z轴方向初速度为硼复≡釜＝罕＝—4m／愚,γ轴方向初逮度侧’＝0’质点的初速度大小u0＝√王丁可＝4m／s,故C正确;26末质点速度应该为U＝√刁Ⅱ干可＝√萨＿干I了m／s＝2√I百m／s’故D错误.8.BD解析:工＿t图象只能表示直线运动的规律’结合工-r图象的斜率表示速度,知乙做匀速直线运动,甲做减速直线运动’故A错误;两车在同＿时刻由同＿地点沿同＿方向开始做直线运动,t1时刻之前乙在甲的后面,经过时间t1位移相等’则在t］时刻乙车刚好从后面追上甲车’两车相遇,故B正确’C错误;0到t1时间内,甲乙两车位移相等,根据平均速度等于位移除以时间’可知’0到tl时间内,乙车的平均速度等,由牛顿第yZ＝lkg、F块的质量,数,选项D（2m13.解析:（1）由图可知滑动摩擦力／＝Fo＝2。0NF做钓功;W雁-÷（F』＋F嗣）贬＝lβ］由功能关系有Ep＝WF-／.刃＝1.4J（2）撤出F后飞离台面阶段对′］、物块由动能定理W肆—／工＝＋m圃贞W弹≡Ep≡l.4J代入数据解得:uA＝√百m／s／瓤D［31面上的平均速度与时间成正比,铜球的位移与所用时间的二次方成正比’故A正确;仙‖利略的时代还不能准确测量物体的瞬时速度,故B错误;根据小球沿斜面运动的特点可知’若斜面长度一定,若斜面的倾角越大9则小球的速度变化越快,所以小球的加速度随斜面倾角的增大而变大’故C错误;根据小球沿斜面运动的特点可知’若斜面倾角＿定,不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的过程中的运动规律是相同的’时间也相同’所以不同质量的铜球加速度都相同,故D错误.4.C解析:从题中可以看出,攻击卫星圆轨道低于侦察∏星的高度根据孕-枷÷＝…-狮（竿）』′＝mα可知轨道半径越小,则周期越小’线速度越大’故AB错;从低轨道运动到高轨道需要离心运动,所以攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星,故C对;攻击∏虽接近侦查卫星的过程中距离增大’根据F＝坠纱可知受到地球的万有引力一直在厂减小’故D错.5。B解析:火箭和有效载荷分离时,需要火箭对载荷做功’所以机械能不守恒,故A错误;根据万有引力（鹊;』,随高度″的减小,加遮膛增大｀定律:mα＝故B正确;从返回轨道至低空轨道的过程中火箭做加速运动,火箭的加速度的方向向下’火箭处于失重状态,故C错误;打开气囊与没有气囊比较,火箭受到的地面的冲量大小是相等的,气囊可以使火箭与地面之间作用的时间延长’减小火箭与地面之间的作用力,故D错误.故选B。6.C解析:根据I＝Ft可知’由F-t（力—时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内力F的冲量,故A错误;甲-工（电势-位移）图线和横轴围成的面积没有物理意义,由F-工（电场力-位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内的电场力做的功,故B错误;根据q＝It可得由I＿t（电流-时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内通过某个元件哦您i…畴鼠煎量’故C正确;由U-I（电压-电流）图线’根慷捌是｛＂蜒…“√错澡鳃巍｀』j;｝肄;、削～＊‘＼乳.ˉ‘铲n而｜（…枷翱了;由公式P＝亚≡』a0揣ˉl』w≡5×l0ⅨW,故A错误;时间间隔越短,该段时间内的平均速度越接近物体的瞬时速度’所以激光测速选取的时间间隔越短,测得物体移动的瞬时速度越准确,故B错误;‘‘调瞅’’来源于鸟鸣,即鸟叫的频率变化’所以“凋瞅脉冲’’技术中的短脉冲激光瞬时频率随时间的变化而变化,故C正确;由于红外线的能量比绿色光的能量更低’红外激光光镊比绿色激光光镊更难杀死活体细菌,故D错误.故选C.8·AD解析:甲图“水流导光”的原理是光的全反射’故小物块做干抛运动到B点有水平分速度:u压≡uA＝√百m／s竖直分速度:UB’＝U压tan60。＝√百m／sUBγ√百所以小物块由A到B的时间t≡了＝而3（3）B点速度为uB＝√uk＋u岛＝√百m／s从B到M:小物块由动能定理:—测gR（l＋c°s60.）＝＋测渺勋—＋獭U窗在M』点;mg≤脚爷解得:R≤0.2m.答案:（1）2。0N,2J;（2）2kg,1s;（3）17W解析:（1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化』侧徊略中屯动势E＝尝L』≡酞0v电略中的电流I＝蒜＝lA当t＝1s时,／≡BIL＝2.0N回略中产生的焦耳热Q＝2I2Rr＝2J（2）磁场的磁感应强度保持B＝1T不变,在b运动之前’对α棒施加如图丙所示的水平向左的拉力,根撼牛颧第二庭撑F—′—B崇哪—咖α…-′＋枷“＿B簧′得;′＋厕α-｛｀B祟α＝2求得α＝1.0m／S2导棒的质量m≡2kg雪粤棒·刚好婆滑动时,B器嚼＝′求得u＝1m／s此时α运动的时间:r＝ˉI上＝1Sα（3）当α滑动后的2s内’α、b两棒受到的安培力等大反向,系统受到的水干方向的合外力为拉力与两个滑动摩擦力的合力’根据动量定理有;IF—2／／磋〈!P｜憋-mU,＋;霞｀解得:P总＝17W:f专题30物理思想方法;~D解析:楞次定律中的“阻碍,,作用’是能量守恒定;!律在电磁感应现象中的具体体现’在克服这种“阻碍忍.的过程中’其他形式的能转化为电能.选项D正确.C解析:枷利略斜面实验间接推出力不是维持物体运动的原因,故A说法正确;图中是采用控制变量法研究加速度α和外力F、质量加的关系实验,故B说法正确;探究合力与分力的关系实验采用的是等效思想,故C说法错误;卡文迪许通过扭秤实验测万有引力常量’采用是的放大思想方法,故D说法正确.A解析:根据小球沿斜面运动的特点可知,若斜面倾角＿定,在斜面上不同的位置释放小球,小球在斜l4~23.A正确;乙图“CT”是利用X射线能够穿透物质来检查人体内部器官’故B错误;“灯泡发光”是学生电源中交流通过变压器的互感现象,故C错误;丁图“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质,故D正确9.BCD解析:质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法’故A错误;为研究某一时刻或某＿位置时的速度,我们采用了取时间非常小,即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度,即采用了极限思维法’故B正确;在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系’再保持力不变研究加速度与质量的关系’该实验应用了控制变量法’故C正确;在探究匀变速运动的位移公式时’采用了微元法将变速运动无限微分后变成了＿段段的匀速运动,即采用了微元法’故D正确故选BCD.10.ADE解析:卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量’被人们称为“能称出地球质量的人”’选项A正确;们‖利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因,选项B错误;电场强度E＝旦、电容Cq＝:均采用了比值定义法,电流′＝:不是比值定义法,选项C错误;根据平均速度刚＝釜,当△‘→0,U就表示为瞬时速度,这是极限法的思想,选项D正确;在不需要考虑物体本身的形状和大小时’用质点来代替物体的方法叫理想模型法’选项E正确.11,答案:见解析解析日（1）由动量定理可知:△U的方向即为小球对光束作用力的方向,当强度o＞@强度时’作用力Fl＞F2’由平行四边形定则知’o和@光速受力合力方向向左偏下,则由牛顿第三定律可知9两光束因折射对小球产生的合力的方向向右偏上,如图所示:0l0～鲁案;（｛）堑≥R时.E＝粤;堑≤R时,E-器感;′,｀k旦g.｀■′2R,（3）图见解析解析:（l）由题意可知’当宏≥R时’E-粤°r对于工≤R的点,把实心球体分成工≥R和工≤R两部分’由题意,工≥R部分对该点产生的场强为零,而堑≤R部分在该点产生的场强E-粤工其中α＝′v＝p×÷厄』瘤蔚…:≡÷÷』解得E＝摆“即Ojr轴上电场强度大小E与坐标工的关系:z≥R时》Eˉ碧』z≤R时,E＝馁∑（:）所阑外力F＝qE＝警颜,外力F与工咸正爬,把一个带电量为-q的极小物体沿隧道从O点缓慢移到球体表面工≡R处’外力所做的功w＝:R-藉（3）定性作出Or轴上电场强度E随坐标z变化的图象如下:12。答案E众凸O~Rx定性作出O工轴上电势9随坐标工变化的图象如下p↑瓣″噬……鳃…「舞敏j、!0〉20;RX（2）如图所示,小球受到的合力向右偏上,此力的横向的分力Fγ,会将小球推向光束中心;一旦小球偏离光速中心,就会受到指向中心的分力,实现光束对小球的约末,女口同镊子一样,“夹住”′J｀球其它粒子.-一一一唾,……）竿!…减』｛a感萝蹿挚镭嗡萍罐搀,＼篱寨已」』↑』（3》p≈1;它过嚣解析;（1γ粮糖解析;（1γ粮锯瞬机械能守恒定律得:E,-÷濒刚i＋顺g（h＋R）＝L8J对小环在最高点D受力分析’由牛顿第二定律得:2UDFN＋加g＝加百解得:FN＝7N由牛顿第三定律知’小环对圆轨道的压力大′」、为7N,方向竖直向上（2）小环离开轨道后做乎抛运动,由平抛运动规律得:h＋R＝÷g‘,｀烫＝刨°′解得;堑-竿m√（3）小环刚到达D点的临界条件为加g（九1＋R）＝Ep解得:hl＝1°6m改变力’小环做乎抛运动’分析可得小环水平方向位移应有最大值根据机械能守恒定律得;E,ˉ啊g（h』＋R）＝÷咖√i′｜｀环乎抛遣输…′√（竿〕得;Z＝Ubt≡2√［r8m-（∧2＋R）］（h2＋R）可得,当∧2＋R≡0.9m时水乎位移最大’最大位移工≡1.8m,故小环落地点范围在离E点向右0～L8m的范围内.零二音β分忧↑亿重舅且理科综合·物理基础测试（-）D解析:α粒子在靠近金原子核的过程中,库仑力做负功,电势能逐渐增加,选项A错误;α粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础,并不能说明原子核是由质子和中子组成的,选项B错误;α粒子散射实验说明带正电的物质分布在原子内部很小的区域内’即原子的内部有-个很小的原子核,选项C错误;α粒子在靠近金原子核的过程中,系统动量守恒,当它们的距离最小时’两者的速度相等,则α粒子与金原子核的动量大小之比等于质量之比,即为4:197,选项D正确;故选D.C解析:当10N的力消失后,其它力的合力与消失的力大小相等,方向相反’则其做匀加速运动’加速度为α＝斋＝粤＝5m／s』若物体原来做匀速直线运动’且速度方向与F的方向不在＿条直线上’则为曲线运动’故A错误;因初速度不可知’则不能确定2艘sFkm／s,故C正确;物体的动能变化量不能确定’故夕错误所以C正确,ABD错误。｀ⅡD解析:当达到第三宇宙速度时卫星脱离太阳酌弓k″力而到太阳系以外’故A错误;月球表面的重力j罐5呼龟度约为地球表面的寺,故B错误;“鹊桥,』在halo轨道O上运动时,受到地球、月球、媳娥四号对它的万有引力’故C错误;由电磁波在均匀介质中沿直线传播可知,“鹊桥”做圆周运动时应处在月球的本影区外（月球右边的阴影部分外）’所以halo轨道的半径足够大才能实现地面测控站与媳娥四号之间的中继通信,故D正确.D解析:2s末物体的加速度为零’由／＝mg可得所受阻力的大小为10N,选项A错误;在0～2s内,物体的加速度均匀减小,由加g-／＝mα可知,／＝mg-mα,即物体所受阻力随时间均匀增大,选项B错误;根据加速度图象的面积表示速度变化可知,2s末物体速度为10m／s’在0～2s内,物体的动能增大了÷枷刚:＝50J｀选项c错误;根据加遮度图象的面积表示速度变化可知,1s末物体速度为7·5m／s,由动量定理,mgt-I／＝mU,解得在0～1s内’物体所受阻力的冲量大小为I′＝2,5N·s’选项D正确5.D解析:绳伸直以后’绳的拉力始终做负功’但重力大于拉力时球的速度增大’故球的动能增大’当重力与拉力相等时球的速度最大’动能最大;继续向下,当重力小于拉力时球的速度减小,则球的动能减小’A错误;该过程中’手受到绳的拉力—直增大’B错误;该过程中重力对球做的功等于球克服绳的拉力做的功,C错误;在最低点时’小球的动能为零’球、绳和地球组成的系统势能最大,D正确;选D6.A解析当αb边刚进人磁场时’αb部分在切割磁感线’切割长度为两个端点间的距离’即α、b间的距离′］为′’E≡BlU＝B／.等≡÷B／2“;设每个边的电阻为R,α、b啊点间的电压为;U＝I.:R≡轰.2R,故U＝‖÷B°′2’故A正确’BCD错误7.CD解析:如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I≡Ft可知’物体受到的力是恒力.则物体的加速度是—定的,则可能是匀变速直线运动或者匀变速曲线运动’但是运动方向可能要改变,故选项A错误,CD正确;匀速圆周运动不是匀变速运动,选项B错误;故选CD。8。AD解析:电子从α点运动到b点的过程中电场力做的功为4·5eV’电子从α点运动到切点的过程中克服电场力做的功为4.5eV’根据W＝qU’求出U站＝-4·5V;U“＝4.5V,甲“＝0;仰＝4.5V;％＝-4.5V,根据匀强电场的规律’U劝＝U成;甲（＝0,所以αC连线为电场的0等势线’电场强度的方向垂直／蕊热酣厚镶瞄掇间墨由＂点霉直擂阿赣渊蹦翻棚《搬蜡熊;瞒耀f;!≤溪增…辩以ES‘＝NBS.2沉＂可知’若发电机线圈的转速减小’原线圈两端电压减小,将P向下移动后,副线圈匝数减小,所以副线圈两端电压减小,所以灯泡不可能正常发光’故C错误;由e＝NBS幻＝NBS°2冗″可知’若发电机线圈的转速减小,原线圈两端电压减小,将P向上移动后’副线圈匝数增大’副线圈两端电压有可能不变’所以灯泡可能正常发光,故D正确10.ACD解析:开始金属棒M向右做减速运动、lv向右做加速运动,回路的面积在减小’当回路没有感应电流时’面积不变’故由M、」V导体棒和导轨组成回G腑1:123.4路的磁通量先减小后不变,故A正确;M棒受到的安培力始终是」V棒的三倍,M、N组成的系统外力之和不为零,动量不守恒;M｀N两金属棒产生的感应电动势大小相等时,回路感应电流为零’金属棒不受安培力,金属棒做匀速直线运动,即:BLMU］≡BLNU2时,两金属棒做匀速直线运动,由动量定理得:对M:—BILMr＝加U］-加U0,对N:BIL＂t＝加v2;由能量守恒定棒得;÷颇U;≡÷咖刚｛＋昔咖刚;＋Q’解得;Q＝0.9J;回路中有电流时有电荷通过金属棒,导体棒做匀速运动时回路没有电流,从M开始减速到匀速运动过程’对M,由动量定理得;—BILMt＝加Ul-门!U0,电荷量;q＝It,则:～BLMq＝加U1-mU0,代人数据:q≡1·5C’故D正确.11.答案:（1）CD;（2）α≡z5-工275F解析:（1）利用该装置做研究匀变速直线运动的实验时,只需要研究利用逐差法求加速度,不需要分析小车的受力’不需要乎衡小车和木板间的摩擦力’A错误;利用该装置探究小车的加速度与质量关系时,每次改变′」、车的质量后不需要重新干衡小车与木板间的摩擦力,B错误;利用该装置探究功与速度变化关系实验时,要消除摩擦力对实验的影响,使绳的拉力为小车所受的合外力,就需要平衡摩擦力’C正确;将小车换成滑块,可以利用该装置测定滑块与木板间钓动摩擦阂数｀“-型解楞g,不镭荚满足滑块钓质量远大于钩码的质量,D正确;故选CD（2）由题给条件知,两个计数点间的时间间隔r＝5T,依赡△延≡″』得;露,—堑』-3α‘;,则α-荒÷A12.答案:（1）V1、V2;R2,Rl;（2）保持Q不动’不断调节P;（3）4·5±0。1,2.0士0。1解析;（1）由电略图可知电压表M测量P、Q总电压’电压表N测量Q的电压,故M为大量程的电压表为V1,而N为小量程的电压表为V2,根据部分电略欧姆定律可以知道p为大量程滑动变阻器为R2,Q为小量程滑动变阻器为R1;（2）按照电略将器材连接好’先将P、Q均调节到最大值,闭合电键s,然后保持Q不动’不断调节P’同时依次记录M、lV的示数;（3）设电压表M的示数为U1,电压表N的示数为U2,根据闭合电略欧姆定律可知:∑-U』＋告｀整绥可以得到;U』-E—面′U2将Ul≡4.0V、U2＝1.25V和U］＝3·5V、U2＝2.5V代入整理可以得到:E＝（4。5士0.1）V’厂＝（2。0±0。1）Ql3.答案:（1）625N;（2）cos0＜0。9;（3）2（√百-1）加≤r≤（6√百-2）加解析:（1）在B点时,根据牛顿第二定律:F川—加g＝U′测屈解得FN＝625N根据牛顿第三定律可知’游客对滑道的压力为625N;（2）根据能量关系,妥想滑入水中要满足:加gR1（1＿cos0）-严加gL＞0解得cos0＜0.9U1（3）在C点恰脱离轨道时;mg＝m瓦’解得u』＝2√百m／s;从A点到C点由动能定理;狮gR!—′咖gL＝÷狮p;△解得”2＝6√百m／s’即到达C点的速度范围是:2√5m／s≤u≤6√百m／s;由乎抛运动输规撑有:凡＝＋g廖』』解得′＝工÷』6;√、r＝Ut-R2解得2（√百-1）″』≤r≤（6√百—2）m14.答案:（1）FA＝0.5工;（2）9.25J解析:（1）由速度图象得:U≡2工金属棒所受的安培力FA＝BIL电略中的电流I-卢＝器整蜜得F凰-:碧＝串警-α5“（2）由上式可知FA与工是线性关系.当工＝0时,安培力FAl≡0;当工＝1m时,安培力FA2＝0.5N,则从起点发生工＝1加位移的过程中,安培力做功为:FAl＋FA2WA＝-FA·工≡2Z＝-0.25J即金属棒克服安培力做的功为:W1＝0.25J金属棒兑服摩擦力做的功为:W2＝严mg工＝0·25×2×10×1＝5J’■■加］—∑~~八Ⅳ｜十工息Ⅱ″严根螺!熊瓣得;Wˉ“｀”牢功共…豹,γ冗≡2kg’代入解得拉力做J;（3）工≥1刃!藤藤!／嚏垮〈潍1Q乒＝5。3到最低点,由动能定理得解龄膨…伞懦7b（2）向左运动过程中,由动量守恒定律得:′〃U］＝（′刀＋M）U2β‘解得;岭-÷m／·由能量守恒定律得;Q＝＋狮U;～寺（″膨＋M）U;白△解得:Q≈5。3J（3）从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间,A、B的速度分别为U3和U4,由动量守恒定律得:′＂ul＝加℃4＋Mu3若波速为u＝75m／s则1s的时间内波传播的距离若A与台阶只碰撞一次,碰撞后必须满足:为5≡Ut＝75mMU3≥mU4｜则（8″＋5〕-75,解得〃＝?对A板.应周动能庭理…延≡＋M财!—0由于″必须为整数,则波不可能沿工轴的负方向联立解得:工≥1m传播答案:（1）BDE;（2）OL2≡15cm@T3＝430K由以上可知,当波的速度为u＝75m／s时,波的传播解析:（1）气体吸热的同时,如果同时对外做功,则气方向一定沿轴的正方向;体的温度有可能降低’故A错误;一定量的某种理@图象可知:波长∧＝8m当波沿工轴正向传播时,0～1S的时间内传播的距撼气体在等压膨胀过灌中,根撼罕＝c可知′温度离;△5＝（″∧＋3）m＝（8门＋3）m（川＝0、1、2…）升高’内能一定增加’故B正确;由理想气体状态方U≡坐＝（8″＋3）加∧（厕＝0、1、2…）程罕＝C知—定腻量灼气体被压缩时,气体温度不△t虚线上工＝2m的质点到达乎衡位置波应沿工轴的一定升高·内能不一定增加,故C错误;热量可以从正方向传播最短距离为△工≡1m低温物体传到高温物体,不过需妥消耗外界的功,故则所阅约时阎应为′＝等-丽÷;＄（n＿0、l＼2…儿D正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热乎衡,那么这两个系统彼此之间也必定温理科综合。物理基础测试（二）度相等,故均达到热乎衡’故E正确.1.D解析:根据亚里士多德的论断’两物体从同＿高（2）O对于封闭气体有:户l＝P0-∧＝57cmHg度自由下落’重的物体下落得快,较轻的物体下落较末态压强:P2＝76cmHg慢,故A错误;们利略通过数学椎算并用实验验证了由于气体发生等温变化,由玻意耳定律可得:P］Vl小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的＝P2V2平方成正比’从而间接证实了落体速度与时间成正比解得:L2＝15cm的假说,故B错误,D正确;根据亚里士多德的论断,@均匀加热封闭气体的压强:必须有力作用在物体上,物体才能运动’力是维持物P3＝P0＋2（L1-L2）体运动的原因’故C错误.由理想气炯…霍可得;罢牛2Ⅲ解析;小球您竖直方向只受重力,所以竖直方向赡立解得;T』-…徽…体运动.巾于高度相同由公式』≡√乎可答案:（1）cDE;（2）O沿工轴的正方向@最短距离知’两小球运动时间相同,由图可知,A小球水平位移为△堑ˉlm,所删的时间廊为′≡等ˉ丽＋百.（＂＝小于B小球水平位移,水平方向上啊小球做匀减遮错误;丙图中’电流从2Io逐渐变小,电阻变大’则压力则（8″＋3）≡75,解得抛＝9逐渐变大,且大于重力,所以加速度向上逐渐变大,电显然波可能沿工轴的正方向传播梯可能变加速上升,也可能变减速下降故C错误;丁如果沿Z轴的负方向传播,则△t＝1s的时间内,该图中’电流恒为I0,压力大于重力,故电梯处于超重状波传播的距离为态,可能匀加速上升,也可能匀减速下降,故D正确.△＄＝（门入＋5）加＝（8门＋5）m（n＝0、1、2…）●β‖『儿勺′］G跪＼l:念可知’原线圈中电压频率为50Hz,变压器不改变交流电的频率’所以副线圈输出电压的频率为50Hz’敬A正确;原线……为2铲v＝鳃0v.曲原、副线圈中电压之比等于匝数之比可知’副线圈中电压的有效值为44V’故B正确;P向左移动时’原、副线圈的电流比等于匝数的反比’匝数比不变,则原、副线圈的电流比不变’故C错误;当P向左移动’滑动变阻器接人电路的电阻减小,副线圈中电流增大’副线圈的电压不变’变压器输出功率增加’故D正确。10°AD解析:由图示可知,ql向左偏’q2向右偏,根据左手定则知,ql带正电’q2带负电.故A对’B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动’洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得;q°B＝狮÷,解得;厂-猎′荷质比;÷＝盖,U与B不变,所以荷质比之比等于半径之反比’则:鱼:丝＝2:1’故D正确。″h′γ22u答案;（l）α5500;《2）＋（砸』＋毗）（÷）』解析:（2）螺旋测微器读数等于5.5mm＋0.0×0.01mm＝5·500mm≡0.5500cm;（3）系统机械能守恒得;狮』gr-÷（顺1＋叫）刨廖’渺＝÷,求得』咖1g∑＝＋（咖』＋咖霞）（子）』5.D解析:整个下落过程中,刘灵玲受重力,空气阻力以及与弹簧网接触后受到的弹力.取竖直向下为正方向,根据动量定理:″!gr-／t-IF弹＝0-0’解得:IF弹＝″!gt-／t’A正确;刘灵玲从最高点开始下落到与弹簧网接触＿瞬间的过程中’根据牛顿第二定律:mg／≡加α’根据速度与位移的关系得刘灵玲与弹簧网接＾千」—加吕′丫（H-力）’所以刘触前＿瞬间的速度:U灵玲从与蹦床接触到落至最低点过程中’根据动量定√2m（″!g-／）（H—h）,B正确;由动能理:I合≡加U＝定理:（mg-／）（H＋z-h）＋W弹＝00’弹簧网弹性势能的增量为△Ep＝-W弹’解得:△Ep＝（mg-／）（H＋Z-h）,C正确;刘灵玲的机械能减少量等于弹簧网弹性势能的增加量和克服阻力做功的和’故D错误.6.D解析:粒子在磁场中运动’由题意可知’粒子做圆】周运动的半径为厂≡÷由公式qUB＝m坠可得:厂≡1巫／厂qB联立两式解得:B≡2』卫I』q′粒子在电场中偏转有;3′＝加’′＝寺吗2乙γγ〗联立解得E—等所以:-;,故AB错误;粒子在磁场中运动的时间为;嘶-＋T＝＋×2派×＋＂′U2U3′粒子在电场中运动的时间为:t2≡—U所以÷＝÷』故C错误,D正确7.BC解析:第＿宇宙速度7.9km／s是所有环绕地球运转的卫星的最大速度,则在轨道Ⅱ上,卫星的运行速度小于7。9km／s,选项A错误;根据开普勒第二定律可知’在轨道I上,卫星在P点的速度大于在Q点的速度’选项B正确;从椭圆轨道I到同步轨道I’卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动,要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力,所以应给卫星加速,增加所需的向心力.所以卫星在Q点通过加速实现由轨道I进人轨道Ⅱ故C正确;在轨道I上运行的过程中,只有地球的引力对卫星做功,则卫星、地球系统的机械能守恒,选项D错误·8.BD解析:半衰期具有统计意义,对大量的原子核适用’对少数的原子核不适用,故A错误;质能方程E≡mC2可知’物体的能量发生变化时’物体的质量也相应变化’故B正确;镭核发生＿次α衰变时’新核与原来的原子核相比,质量数减少了4,中子数减少2’故C错误;针核发生β衰变后’产生新核处于高能级,所以产生的新核比结合能增加,故D正确9。ABD解析:由原线圈的电压变化规律及有效值的概12.答案:（1）R3;（2）大于;（3））』（R3Rl281O解析:（1）题中所给滑动变阻器小于待测电阻的阻值,为了尽可能精确地测量,滑动变阻器需要利用分小的R3为宜;表的分压作用,实值;（4）A』示数为满镐刻度的÷,敛电流为I-÷×4×10-3A＝3。2×10-3A∩A1表示数为满偏刻度的÷,故待测电阻两端的等效O4／测电压为U＝÷×L5×10ˉ』×（1＋999）V＝α9V√依靠此组数撼计算R鸳的阻值为R舅＝旱-28L25v≈281Q.答案;（l）队肘』《2）六｛（3）2〃5mU2-U1解析:（1）对小滑块分析:其加速度为:αl＝≡t旱m／s:＝—3m／s』,方淘向右,对′』、滑块根撼牛顿第二定律有:-〃lmg＝加αl,可以得到:严1≡0.3;（2）对木板分析,其先向右减速运动’根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:U0尸l加g＋严2.2mg＝加万然后向左加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:U2严1加g-尸2.2″』g＝″』万而且r1＋t2≡t＝1S1联立可以得到:〃2＝而,tl＝0.5s,t2＝0.5s;（3）在t］≡0。5s时间内,木板向右减速运动,其向右0＋U0运动的位移为:工l＝—厂.tl≡0.5m,方向向右;在t2＝0。5s时间内,木板向左加速运动,其向左加U2＋0速运动的位移为:Z2≡—厂·t2＝0.25m,方向向左;在整个t＝1s时间内,′」、滑块向左减速运动,其位移为;塑-渺』吉删＂.′-a3m,方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为:△工≡工＋Zl-工2＝2,75m。锤＝′］｀—:＿陀Qqsin2α／.｀／-m丁／.｀mgH~~~~〗△—γ月∑／解得:U≡-mgH2q15.答案:（1）u≡1.0×106m／s;（2）t≡1.8×106s;（3）0.75m≤y≤1.75m解析:（1）由题意可知,粒子在磁场中的轨道半径为R≡厂＝0·5m,由q翻B-硒÷迸入咆场时卿-孪代入数据解得u≡1.0×106m／s小γ／m■∩飞凹］↑A↑E｜‖圈丝／—→O0511.5X／m（2）擂子在磁场中运动的时间′!＝＋×竿ˉ工4×10＿6粒于从A点进入电场做类平抛运动,水乎方向的速度为U’所以在电场中运动的时间t2＝三＝1.0×U10-6S总时间′＝r1＋r』＝（÷＋l）×l0‘s-L8×10ˉ｀6（3）沿工轴正方向射入电场的粒子’在电场中的加速度大小α＝塑＝1·5×10l2m／s″】在电场中侧穆;舰』-＋“』ˉ十×L5×l0｜,×（l×ll0‘）』m-队75m＼1×106／△皿｀′.『√』皿打在屏上的纵坐标为0。75;经磁场偏转后从坐标为（0’1）的点平行于工轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75;其他粒子也是沿工轴正方向干行的方向进入电场,进入电场后的轨迹都乎行,故带电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75≤J≤1·75°16。答案:（1）BCE;（2）600J从A到B属于等压变化乳?…《T忿）／椭i瓣键徽;酗慧”α吕〗Ⅺγ＼′日（●●』14.答案:（1）gsinα曰不·｀二′巳←’且▲丛延‖｀■·″2H2,｀ˉV″lgsinα’｀｀′／解析:（1）A球刚释放时’由牛顿第二定律mgsinα-F＝γ师α根据库仑定律有;F＝隐啤厂又知′＝县s1nα醛→″恒ˉ-—:＿虎Qqsin2α联立解得露蜜二美………掌露二…∏…燃（2）淋…—愚萨免定撑有;脊-旱思最｜1nα代入数据解得:VB≡8×103′Ⅶ3根据热力学第一定律△u＝w＋Q膨胀气体对外做功W≡-F·h＝-户·Mt故W＝—户△V＝-1×105×2×10—3J＝-200Jmg△M＝800J200J＝600J:α＝gSlnα-mH2（2）当小球受到合力为零,即加速度为零时,速率最大’设比时小球与B点间的距离为α,则有:加gsinα山—扔克~~＿／陀QqˉVmgsinα解得:d（3）小球运动到P点时速率为零,由动能定理得:＋qUˉ0G贿＼13能为:Ek硒＝6.63×10—34×7.0×10M-3.41×10ˉ19J＝L2×10ˉ19J,故选项D正确。3。D解析;在识别车载电子标签的0°3s时间内汽车匀速运动距离Zl＝Ut1＝6×0.3m＝1.8m,在司机的反应时间0.7s内汽车匀速运动距离Z2＝Ut2＝6×0.7m＝42m’刹车距离z墩＝哉＝a6m,该ETC通道的长度约为Z＝工l＋工2＋Z3≡9·6m,选项D正确.4·C解析:研究火星和地球绕太阳公转’根据万有引力提供向心力得出;G些—砸′笋,得T＝2撼√磊,M为太阳的质量｛厉为轨道半径火垦的轨道半径大于地球的轨道半径,通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长,即火星公转的周期比地球的长即大于1年’故A错误;‘‘洞察”号减速下降登陆火星的过程中具有向上的加速度,所以处于超重状态’故B错误;研究火星和地球绕太阳公转,根据万有引力提供向心力得出;G哗＝狮α’得;α＝毕M为厂厂太阳的质量,厂为轨道半径.火星的轨道半径大于地球的轨道半径’通过α的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小’即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小’故C正确;对同＿个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等,故D错误。5.C解析:由题意可知,路端电压:U＝ILR3＋UL≡（÷×4＋6）v＝8v,由公式;E＝U十I厂＝（8—1×1）V＝9V’电源的输出功率为:P出＝IU＝8W’故C正确.6.C解析:由于带电粒FBl7答鬃;《l）BCE;（2）O平』O60.解析:（1）根据同侧法可得9r＝0时刻质点P沿y轴负方向运动,A错误;t1＝0.5s时刻,坐标为（-3,0）的质点Q首次位于波峰位置,由此可得整列波向左传播了0.05m,所以波速为0。1m／s’B正确;波长为0.04m’利用U≡入／’可得质点P的振动频率为2。5Hz,C对;0.4s末Q才开始振动’故在0～1s内Q实际振动时间为0.6s’此时间内Q运动的略程为;滁×α0‖＝队06m,p错误;闽PQ点阎距∩Zm＝α06m＝÷∧,可见P、Q为反相质点’其速度始终等值以向,E正确.‘4O（2）O如图所示,连接OE,可得＜AOE＝60。,乙EOB＝90°,从OB边入射时,入射角等于60°’折射角的R……≡船V（号j」—鼠′≡方蹄碘·—sin60°＿｀／T百sln02@从E出射的法线方向正好是半径方向,此时上≡〃器,厦阿求幽从E…时的折射角为＂.理科综合·物理基础测试（三）1.D解析:第一次实验中,小钢球受到沿着速度方向的吸引力作用’做直线运动’并且随着距离的减小吸引力变大,加速度变大,则小球的运动是非匀变速直线运动,选项A错误;第二次实验中’小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁’是变力,故小球的运动不是类似平抛运动,其轨迹也不是＿条抛物线,选项B错误;该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上,但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向,故选项C错误,D正确.2.D解析:图甲所示的实验装置测量铡的遏止电压’因此光电管左端应该是阴极,则电源左端为负极,故A错误;当电源左端为正极时,将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中,则电压增大,光电流增大,当电流达到饱和值,不再增大,即电流表读数的变化是先增大,后不变,故选项B错误;光电子的最大初动能与人射光的频率和金属的逸出功有关’与人射光的强度无关,故选项C错误;根据图象可知,铆的截止频率pc＝5.15×10MHz,根据hpc＝W0,则可求出该金属的逸出功大小W0≡6。63×10M×5.15×l014J＝3.41×10l9J,根据光电效应方程Ek顺≡∧M-W0,当人射光的频率为u＝7。00×10MHz时,则最大初动5枷D囚＞≈≈≈≈≈≈≈小矿’′『′』子在电磁场中所受洛伦兹力与速度成正比,且与速度方向垂直’所以＿带电粒子由B点射人’恰能沿直线BDO／』／P30CD‖p卜巳』′p《-」「口卫」‘吊A～人,恰能沿直线BD壤≡镭耀…’其所受电场力与洛伦兹力平衡’且;△OBE可得EF＝2EO,UFE＝2Um’UFD≡9,所以EO点电势为甲E＝÷甲’选项C正确;由匀强电场中电势u差与电场强度关系叮得E＝击,oC＝÷凰,E＝器,选项D错误.7·BD解析:将M和m看成系统,系统动量守恒’则:＂!触《＝（M＋翻）狈‖共同逮度为;铡＝腊荒.可知共问c在磁场中运粒子位移相等,时间不等’故两粒子α’速度的大小与上表面粗糙程度无关’故选项A错误;根据能量守恒;′狮gL＝＋M翅《ˉ÷（M＋…』’可知车的上表面越粗糙’则严越大,则相对位移L越小’故选项B正确;根据能量守恒可知,损失的机械能为:△E＝÷M渺;ˉ＋（M＋獭）涸』’可知与上表圃粗糙程度无关’故选项C错误;由题可知;m在M上做加速运动,车的上表面越粗糙其加速度α越大,则根据速度与时间关系U＝αt可知,加速度越大,则时间越短,故选项D正确.°ACD解析;交流电的周期为T＝丝＝0.02s,则频凹率为50Hz’因一个周期内电流方向变化2次,则电阻R中电流方向1s内变化100次,选项A正确;变压器初级电压有效值U1＝g旦＝50V’变压器原、副√2线圈的匝数比″1:″2＝10:1’则次级电压有效值为吗＝5v,电流表示数是′』-÷＝荒A＝α2A,由于交流电通过电容器,由于容抗未知’所以元法求出电流的大小’比0。2A大’选项B错误;电阻R消耗的电功率为PR＝I2U2≡1W,选项C正确;电容器的耐压值是次级电压最大值’则至少是5√百V,选项D正确;故选ACD..AC解析:当小球静止于M点时,细线恰好水平’说明重力和电场力的合力方向水平向右,M点为等效最低点;OP方向与OM方向垂直,由对称性可知’小球能上升的最大高度在O点正上方L高度处’故A正确;电场力与重力合力为F合≡mgcot30。≡√百mg,这个方向上位移为L’所以合外力做功为W合＝F合L＝√5加gL合外力做功为√百mgL’由动能定理可知动能增加量为√可mgL.重力势能增加量为mgL,则机械能增加量等于动能增加量√百mgL和重力势能增加量mgL之和’机械能的增加量即为电场力所做的功’故C正确,B错误;若小球运动到M点时,W合＝F合L’动的平均逮度不相同,故C错误;根据′＝腊,则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等’故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成＿个菱形,故D正确;故选BD.11·答案:（1）0.675;（2）B解析:（1）游标卡尺主尺读数为0.6cm,游标尺上第15个刻度与主尺上某一刻度对齐,则游标读数为15×0.05＝0』75mm＝0。075cm,所以最终读数为:0.6cm＋0。075cm＝0°675cm;（2）本实验中,沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时的合力,所以不需要“沙桶和8沙子的总质量必须远远小于小车的质量”的实验条件’同时乎衡摩擦力时不需妥取下细绳和沙桶’敌选项B正确,选项ACD错误.12。答案:（1）0.15;（2）300,2.93,1.00;（3）没有解析:（1）根据欧姆定律可知:IG厂G＝（I—IG）Rl,带入数据解得:Rl≡0.15Q.（2）根据丙图可知电压表读数为2.6V;根据图乙可等知电流计的读数为100mA,通过电阻R］的电流于通过电流计G电流的2倍,则电略的总电流为30（）mA;根据图象可知’电源的电动势为:E＝2.93V,因改装的电流表的内阻为RA0°15×0。30≡＾.二气,｀、厅L～Q~~＝0.1Q;则电源内阻厂0。15＋0。30凸凸-2°93—2·4（）＝Q9-RA＝1·00Q·160×3×10—3u臼垒、A（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数’可知电表改装时,若用来改装电流表的电阻R］的实际阻值咯小于计算值,则对电源电动势测量的结采无影响。13°答案:（1）△E＝24J;（2）u2＝2m／s解析;（1）设加］与m3碰撞后的速度为Ul’由动量守恒定律及功能关系得:m1U0＝.（″21＋刀03）U1允乙■儿℃）l＋′刃3√…L＝÷狮财勋;在M点,有F—√百啊g-蹦″万UMF＝3√面》″g’故D错误.0.BD解析:如图,粒子往右偏转,根据左手定子带负电,故A错误;…们咖／砒弹簧组成的系统,可ˉ知当m2及时m2的速度最大’由动量守恒1″】3）U3＋加2U2｀2｜12″〖3／Z′3-厂丁加2U2曰×××加1＋×嘘』＾巴『×｜／人α＼｀坠｜／人α＼｀坠×u2＝2m／s14.答案;（1）6m／s;（2）80N’竖直向下;（3）1m解析:（1）小物块从A到C,根据机械能守恒有mg（R-′i）＝÷狮U:臼解得:uc≡6m／s（2）小物块刚要到C点’由牛顿第二定律有:2FN-mg≡m万o＼｜／PQ夕』′β‖‖‖■〃｀｀｀｀Ol由几何知识得’粒子α,c均从P点射出,所以弧OP的对称弧与α粒子的轨迹半径相等,故α’b粒子与b,C粒子的射出的方向间的夹角相等,故B正确;α,Ce蹦1:解得:FN＝80N由牛顿第三定律’小物块对C点的压力F′N≡80N’方向竖直向下°（3）小物块在木板上滑行过程中,分析木板受力’上表面的滑动摩擦力／1＝严lmg＝12N’木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,有／2＝严2（加＋M）g≡15N,所以／1＜／2,故木板静止.对小物决’由牛顿第二定律有:严1mg＝加α解得α＝严lg＝6m／s2由运动学公式有;0-U《＝＿2αZ代入数据解得Z＝3m‖【也可由动能定理求解’-似!mgz＝0—÷加U:’代入数据解得Z＝3m】所以小物块离木板右端最近距离为S＝L-工＝4m-3m＝1m°l5苔案;（l）h＝型嚣;（2）q＝毕,Q＝″』g（H＋L）;鲁寨;α）倔-豁;《2）q-罢,Q-’＂g（H＋L）;即mgt3-BLq＝加（U1＿U2）解得;蠕≡器＋潞＿√2g（咕日ˉL）…输崎慈时闽为』＝廖｜＋陶＋陶≡糕16.答案吕（1）AcE;（2）O27kg’O12.5kg解析;（1）温度是分子乎均动能的标′志’温度升高时’分子的平均动能增大;故A正确;液体的饱和汽压只与温度有关,而与饱和汽的体积无关;故B错误;单晶体因排列规则其物理性质为各向并性,而多晶体因排列不规则表现为各向同性;故C正确;根据理想气体得状态方程:竿＝C』可知｀温度升高』气体输压强不一定增大,还妥看体积变化;故D错误;热量不能自发的从低温物体传给高温物体,但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体;故E正确.（2）O活塞上放上物体甲后,系统稳定后气体的压强为』少-p＂＋狮］罕d容器内的气体做等温变化,则有:户0LlS＝户（L1＿α）S解得:m1＝27kg@设活塞上再放上物体乙时,系统稳定后气体的压强为户’容器内的气体做等容变化,（3）t＝2B2L3加gR解析吕（1）由于线框能匀速进入磁场’设进入磁场过程速度为Ul根撼机械能守』膛得;…＝÷獭锄｛进入磁场过程,线框中感应电动势:E＝BLUl线框中屯流为;I＝÷根据力的乎衡有:mg＝BIL解褥;h-赛:—△o（2）线框迸磁场的过程中’E＝歹-E乎均电流为:I≡而通过线框的电量为:q＝I△t解得;q-罢由于线框有一半出磁场时加速度为0’即线框刚好出磁场时的速度大小等于U1根据能量守恒,线框穿过磁场过程中产生的热量:咖g（H＋h＋L）-Q＋÷咖砌｝解得:Q＝mg（H＋L）（3）线框谜磁场断阀胸…‘』-去-器霓全在磁场中运动时间为H—匹＝刚l魔＋＋g哄;解得:t2≡√2g（h＋H—L）加RgB2L2线框αb边出磁场前一瞬间速度大小为U2＝U］＋gt2解得:U:≡√2g（h＋H-L）出磁场过程中,根据动量定理得:mgt3-BILt3＝加（U1＿U2）′户—刃~~户—刃■●有则由乎衡条件有:m2g＝（P′-户）S解得:m2＝12。5kg17.答案:（1）ADE;（2）O1.414,OS≡冗H2解析:（1）对于同一个摆球,由回复力方程F＝＿陀工知,在运动过程中前后两次经过轨迹上的同一点’加速度是相同的,故A对;B根据振动图象知’甲、乙两个单摆的周期分别为T甲≡4s’T乙＝8s;由此得舟-聋-÷,续B镭谩;C由单摆淌周翻公式Ⅲ-滩橙撂的摆长之比L·,L.-潞;蔑-（／‖＼＼s厕—滞-徊-L们』@若发生金反射,入射蔚C应满足;愚mC-÷,解得C＝45。｝6椒D亮斑半径R＝HtanC＝H7·BD解析:开始时,α、b及传送带均静止且α不受传亮斑面积S≡冗H2送带摩擦力作用’有mgsinβ＝mg’则mα.sinβ＝m’b下理科综合°物理基础测试（四）降h’则α上升∧sin0’则α重力势能的增加量为m倒g×∧sin0＝mgh’故A错误;根据能量守恒得’系统机C解析:玻尔第—次将量子观念引人原子领域,提械能增加’摩擦力对α做的功等于α、b机械能的增出了定态和跃迁的概念,选项A错误;奥斯特最早在量,故B正确;由能量守恒得传送带由于运送α多消实验中观察到电流的磁效应现象,从而揭开了电磁学耗的电能等于系统产生的内能和系统动能的增加,故的序幕’选项B错误;爱因斯坦给出了光电效应方程,C错误;任意时刻α、b的速率相等,对b,重力的瞬时成功的解释了光电效应现象,选项C正确;法拉第最先提出了电场概念,库伦通过实验得出了库仑定律,功率Pb≡mgu’对α有:Pα＝mαgusin0＝mgu,所以重力对α、b做功的瞬时功率大小相等’故D正确。选项D错误;故选C·D解析:手机＿定受重力,磁性吸引力、支架的支持8.AD解析:断开开关S2,将滑片向右移动时’R接人电路电阻增大,电路总电阻增大’则由闭合电路欧姆力以及支架对手机的摩擦力四个力的作用,并且由干定律可知’干路电流减小’电流表A示数减小,电压支持力和磁性吸引力方向都与支架平面垂直’当手机表V2减小,故A正确;保持R的滑动触片不动,闭合加速前进时,支架沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁开关S2’R0被短路’电路总电阻减小,干路电流增大,片向下的分力,即-定有摩擦力’选项AB错误;由于电流表示数A增大;而Ul＝IR’可知电压表V1示数汽车在加速运动,因此支架对手机的作用力与手机受到的重力的合力-定水平向前’根据力的合成可知,增大’B错误;当滑动变阻器的电阻等于等效电源的支架对手机的作用力一定斜向前方,且大于重力,选内阻时’滑动变阻器的功率达到最大,断开开关S2’项C错误’D正确;故选D.将R的滑动触片向右移动,根据p＝E2!一盂～丙～′｀0…＝′←”∏口回么坚兰口颧芒匡士曰捏〕止±秘『泞≡告丰口万-L…-YⅢ厂门l‖∑铂LIˉ』下＋?B解析●Ⅶ‖丛2.:根据光电效应方程EK＝∧γ—W0,则逸出功W0＝hγ—EⅨ.改用频率为2γ的光照射同＿金属,所3·’由于R0＞R狮’所以滑动变阻器的功（R—R∩）2＋4R0R｜…0产生光电子的最大初动能为EKm′＝∧。2γ—W0＝力γ＋E隧敢E正确』A、cD错误率—直在增大,故c镭;由U!—E—′R,可知,警—D解析:根据动能定理可得’刚进人磁场时速度满R嚼,由U:＿′R』可知旁≡R＂,故D正确足FL≡＋掘矿,恰好匀逮,可得BIL＝粤卫＝F,得9.BC解析8A项:物块从A到B做匀速圆周运动’根U＿一万『百,F＝2B4L52B2L3mR2,线框质量未知,A、B、C都错;据动能定理有:mgR＿Wf＝0,因此克服摩擦力做功W『＝mgR’故A错误;通过线框某横戳面的嘲荷量Q＝等-罢,p对6项根据机械熊守恒,物块在A点时的逮度大小由C解析;根据开普勒第二定律可知近月点速度大,砸gh＝十啊刚』得;侧＝√面硕,从A到B运动的时间为远月点速度小’故A错误;由环月椭圆轨道进人环月十厕R圆形轨道应该在A点减速,因要由离心运动变为圆,2岩,周此从A铡愿过程中重力的平周运动’速度要变小,故B错误;在同—点万有引力产t＝—生加速度’加速度相等’故C正确;由开普勒第三定均功率为歹＝粤≡…√z厉,故B正确;律可知轨道大的周期大,故D错误.A解析:α、b、C、d四点在以点电荷＋2Q为圆心的圆冗上’可知＋2Q产生的电场在α、b、c、α四点的电势是…相等的’所以α、6、C、d四点的总电势可以通过-Q,簿＼.生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势藤低｀可知’b点的电势最高’c、创两点对称电势相等《α点~∩麓鹏渊蹦瞒瓣龋凝典瓣耀瞄鼎需霸蹦蹦蕊瓣为R则闯≡R［.n30.-亨R;厕-…0.-侗R则不同;故C错误;由点电荷的场强公式E＝粤’合成厂α、b粒子轨迹半径之比为1:3’选项B正确;α、b粒…＿（碧′十（簧』婴方丽塞;凰＿子在磁场中运行的弧长之比为厂′0＂:厂b0b＝（乎尺×等）』（倾×÷）-÷,因两粒子的遮率（碧』（辑』警………∏相同,则两粒子的时间之比为2:3,选项C正确;根据尺-腊叮知两粒子的比荷之比等于半径的倒数错误°4.5°6。G跪＼］比’即3:1,选项D错误.11.答案:（1）不需要;（2）300;（3）变小解析8（1）因为满偏电流是确定的,通过欧姆调零,可以得到欧姆表的总内阻’然后再通过 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 电阻进行比对制定表盘,故不需要知道毫安表的内阻;（:）…输…R.-÷-l5六0—』Q-…测电阻时,由闭合电略欧姆定律得:I-R六即lO×10ˉ』≡600＋R.9解得;R堑≡300Q（3）如果在毫安表两端并联一个电阻’电阻分流’说咖蒲偏咆流变大,＂恼公式l隐-贵’所以欧姆表灼内阻变小’中值电阻变小.12.答案:o0。0735,0°0572;@系统,未平衡摩擦力’小车质量未远大于钩码质量解析:O从打下第一点到打下第5点拉力对小车做的功为;W＝mgs＝0.04×9.8×0.1875J＝0·0735J;根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的乎均速度,则:d‘ˉ创』α27删i12l5m／s＝队7565m／.U5＝—万—＝′｜、率动能输蕊变董;E』＝告M砌;-÷×α2×0·75652J＝0.0572J@该实验产生误差的主妥原因:一是钓码重力大小并不等于绳子拉力的大小,设绳子上拉力为F’对小车根据牛顿第二定律有憎F＝Mz对钩码有:mg-F＝加α（2）若两球只发生一次碰撞,则ˉ首先应该满足A小球碰后反向运动’即z′l＜0,由U1＝m!二〃2U0可知γⅦ1-厂γ刃2m1＜m2;同时还必须满足A球碰后速度U1要大于或等于B小球的速度U20即｜U1｜≥U2联立解得m2≥3加lM替鬃;α）倒嘲-…、绷乙—糕＂;《:』＝测＂;.4B2αU0O户Oγγ?U0厂0（3）2Z甲-Z乙＝5B2α解析:（1）导体棒甲刚开始运动时电源电动势为E＝2B创Uo由题意整个电略的总电阻为厂＝3α厂0由闭合电路的欧姆定律,电略中的总电流大小为IE目＝二厂由以上整理可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分,｜为F.≡4警』,F.＝;Ⅷ2B2αU0由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分4B2αU02B2αU0别为α7＝＿J了『了丙’α乙＝3厂0m;（2）由动量定理’对导体棒甲有-2BαI△t＝加U］-加U0即:-2Bdq＝加℃1—加U0同理对导体棒乙有BαI△t≡加U2两导体棒均匀速运动时’E1＝E2’则有U2＝2z′l1联立以上可解得U］＝了U0;2加（3）由BαI△t＝mU2得△q≡丽FU0由法拉第电磁感应定律得万＝些又了＝旦△t厂…;顾≡糕—1毒~由此可知当M＞＞m时,钓码的重力等于绳子的拉力,显然该实验中没有满足这个条件;二是该实验要进行乎衡摩擦力操作,否则也会造成较大误差.显然’这是由于系统不完善而造成的系统误差。l3答案;（l）α8m;（2）″廖1≤等解析:（1）取向右为正方向’则由动量守恒定律和能量守恒关系可知:1212｜12m1U0＝加lU1＋m2U2,ˉ丁加lU0＝ˉ丁加lU］十丁m2U2解得U1＝ml-m22ml~｜U09U2＝＝m1ˉ厂m2m1＋m2U0带入数据:ul＝-1m／s;u2≡4m／s小球B沿圆弧上升,无论是否冲出圆弧轨道,到达最高点时的速度一定为零,则由机械能守恒:加2gh12＝丁加2U2解得h≡0.8m2Bα工甲～Bdr乙整理得△q＝3α厂∩＝3（√页＋1）′＂g,方向向下;1重力和电场力的作用下做匀A点沿切线方向进入,则此时速度方向与竖直方向的夹角为45。,即加速度方向与竖直方向的夹角为45.’则『aM5.＝簧解得:E＝匹旦q（2）根据几何关系可知,,圆弧的半径厂＝√面L从P到B点的过程中,根据动能定理得:÷咖U:＿0＝咖g（2L＋√m＋EqL△37碰D2γ??UB在B点’根据牛顿第二定律得:N-mg≡—厂联立解得:N＝3（√面＋1）加g’方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对管的压力的大小lV′＝3（√面＋1）mg’方向向下（3）从P到A的过程中’根据动能定理得:÷砸触i＝砸gL＋EqL解得;UA≡√I酉r小球从C点抛出后做类乎抛运动抛出时的速度Uc≡UA≡√I百r小球的加速度g′≡√面g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时,又.到墅轴,则有;锄碘＝＋g↑,解得;‘-2√÷则沿Z轴方向运动的位移墅-徊硼幢』-徊×2缸瑟楞-:〔则小球从C点飞出后落在工轴上的坐标工′≡L-8L≡-7L答案:（1）ABD;（2）O2。4cm’@8·3×104Pa解析:（1）悬浮在液体中的′」｀颗粒不停的无规则运动称为布朗运动,颗粒越小’温度越高’布朗运动越显著,选项A正确;分子在永不停息的做元规则运动’所以在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素,选项B正确;气态的物体其引力是大于斥力的;物态并不是只由分子间作用力所决定的;故C错误;分子间距离减小时’分子间的引力和斥力都增大’选项D正确;当分子间距离等于厂0时,分子间的势能最小,分子可以从距离小于厂0的处增大分子之间距离,此时分子势能先减小后增大’故E错误。（2）o封闭气体变化开始时,压强为户0,温度T0＝300K,体积V0≡Sh当温度上升到Tl＝360K且未放气时,活塞受力乎则最小波逮锄＝＋＝六s＝sm／s｀在腹-2.时’即从′＝1。5s再经过0.5s’此时的波形图不变,故原点处的质点偏离乎衡位置的位移为-10C∏L／9＼／丁＼半败囱A●囱B斤二C（2）O光略图如图所示.根据几何关系可得:厂＝30°由折射定律有;〃＝狸sln厂A解得铡＝√百@由几何关系可知:MD＝AM≡□1」」′ADB解得膳″＝√百2由几何关系可知:MD＝AM≡ltan60。√可／≡—■22,0〕由正弦定理得AD＝2×AMcos30.＝;′’DB＝AB—AD～÷′｀DE-D…0·-乎′MD＋DE～1,,.L｀∑△≥『又’其中光在棱镜中的传播速度:t＝UU＝C／″解得』‘-3罕.』理科综合.物理基础测试（五）LC解析;棍据h—＋飘』可得运动的时间』言＼／普,所有小面圈在空中运动的时间都相同,故选项A正确;根据△U≡g△Ⅱ可得所有小面圈的速度的变化量都相同’故选项B正确;因为水平位移的范围为L＜工＜L＋』R-亚则水平最小初逮度为触…-＋-I√聂,水平最大初速度为;撇…-芋—:匹√聂则水平初逮度遮度的范围为;I√六＜渺』＜3I｀／轰』落人锅巾时,最大雕度锄翻-√锄:霉＋2醉三｀／警＋鳃h,最小蕊度为翅′翱-√硼:蜒＋…√穿＋鳃h,故选项D正确｀〔瞬…罐窗错误。错误的故选选项C。16。铲孵剔＂衡’比时压强为户l,温度E＝360K由乎衡可得mg＝S（户l＿户0）解得户1≡1·1户0根据理想气体状态方程户0V0／T0＝解得∧l＝2.4cm@活塞重新回到支架后封闭的气体……嘲…户0／T1＝户2／T05解得户2＝了户0＝8.3×104Pa答寨;（l）＂—l0』（2）o√面;o3罢.′解析:（1）图象重合说明两波形在0.5s内恰好是周期的整数倍,故应为7lT＝0.5s（刀≡1、2、3…）’则周期T＝Lˉ旦s,″＝1时该波的周期最大’为T≡0.5s,刀／／／／／／／／／／／根据平衡条件可以得到:F＝／＋′冗gsin0,由于0逐渐减小’可知F逐渐减小,故选项B错误;由题可知,小车动能不变,根据动能定理可知:wF-W｛-wG＝0则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化,则牵引力对小车做的功＿定大于小车重力势能的增加量,故选项C正确;随着小车的上升,角0逐渐减小到0°,则根据公式P＝Fusinα可知由于角0逐渐减小,甲『］G呢＼l:8.AD解析:在金属块移动的过程中,外力F做功为32J,电场力做功为8。0J’摩擦力做功为—16J,重力做功18J’则总功为W＝32J8.0J＿16J-18J＝＿10J,根据动能定理得知’动能减少10J.故A正确;金属块克服电场力做功8。0J’则电势能增加8J.故B错误;外力F、电场力和摩擦力做的总功为8J’根据功能关系得知,机械能增加8J.故C错误;重力势能增加18J,电势能增加8J,则系统的重力势能与电势能之和增加18J＋8J＝26J.故D正确.故选AD.9.AC解析:保持滑动变阻器连人电路的阻值不变’将P沿顺时针方向移动时,变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数减少’MⅣ两端的电压减小’总电流减小,滑动变阻器两端的电压将变小,电流表的读数变小,A正确;同理’当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,副线圈匝数增大,电压增大’电流表读数变大’电压表读数变大,B错误;保持P的位置不动’即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变,则MⅣ两端的电压不变’当将触头向上移动时,连人电路的电阻的阻值变大’因而总电流减小,Rl分担的电压减小’并联支路的电压即电压表的示数变大,通过R2的电流变大,流过滑动变阻器的电流减小’电流表读数变小’选项C正确,D错误;故选AC.10.ABD解析:由题意,小球运动的圆心的位置一定在y轴上,所以小球做圆周运动的半径厂＿定要大于等于3m’而O」V≡9m＜3厂°所以小球最多与挡板OlV碰撞＿次,碰撞后,第二个圆心的位置在O点的上方·也可能小球与挡板ON没有碰撞,直接过M点.由于洛伦兹力提供向心力,所以:9御B＝狮÷’解得膨-嘿’o1.若小球与挡板OlV碰撞＿次’则轨迹可能如图1,则重力的功率逐渐减小’故选项D错误。3.D解析:飞机在起飞过程中做匀加速直线运动’根据工ˉ;‘,解得′＝￥＝2×;0600·＝403加遮度大小为感ˉ÷＝册m／s,＝2m／s』,故A、B错误;飞机牵引力的最大功率P＝FU＝1.68×107W’牵引力的功率与速度成正比’故C错误’D正确4.B解析:因为当R2断路时’外电路的总电阻变大,故路端电压变大,即电压表读数变大;电路的总电流减小,故Rl上的电压减小’R3电压变大,故电流表读数变大’与题目所给的现象吻合’故电路是R2断路’故答案选B.5.C解析:当I］＝I2,方向均向里,根据安培定则,可知,两通电导线α、b在O点的合磁场为零,因此O点的实际磁感应强度为B.方向竖直向上’故A错误;同理,I1＝I2,方向均向外,根据安培定则’可知两通电导线α、b在O点的合磁场为零,因此O点的实际磁感应强度为B。方向竖直向上,故B错误;当Il＝2I2’且α中电流向里,6中电流向外’根据安培定则’可知’两通电导线α、b在O点的合磁场方向向下’那么在O点的实际磁感应强度可能为B／2.方问竖直向下’故C正确;当Il＝2I2’且α中电流向外’b中电流向里’根据安培定则,可知,两通电导线α、b在O点的合磁场方向向上’那么在O点的实际磁感应强度不可能为B／2.故D错误;故选C.6.C解析:当弹簧压缩到最短时’两球的速度相同,对甲图取A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mU≡（加＋M）U′由机械能守恒定律得;E,≡＋徊恿＋（加＋M）刚Ⅷ联立解得弹簧压缩到最短时有;鸟-2器踪）同理:对乙图取B的初速度方向为正方向,当弹簧压缩至‖最短时有;E膨-2器赣’故弹性势能相等侧有:L］＝L2,故ABD错误’C正确.7AC解析;根据mg-婴可知选择°◎巾的‘和R｀可以估算地球质量M｀选项A正确』根据G呼＝厂咖（竿）』厂’则选择o中的地球的公转周期T利o的日地距离厂可以估算太阳的质量’但是由于不知太阳的半径,则不能估算太阳的密度,选项B错误;因选择o@可以估算太阳的质量’根据Gl甥止＝加火厂（争）』厂′’再选择圃叮知火星的公转周期FⅢ求解火垦公转的半径厂′’再根攘铡′-笋可估算火垦公转的线速度,选项C正确;选择oo@因为不能确定地球的质量,则不可以估算太阳对地球的吸引力’选项D错误.8铡O｀v川‖γ●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●笋歹厅→■～■＼·●●●●●●●■■▲●●●●●~~ll州i扩…4…摊9＂汹●』鞠吨早烛p飞墩蜜舞…唾c％●飞＾…鳃—MX·O●●●●魁／、Ⅳ＼…彦◎∑＄＋’〗＿＿∑图打哑日厂3厂—9＝sO联立@o得:厂l≡3m;厂2＝3.75m分别代人o式解得Ul＝3m／s,U2＝3.75m／s.故AB正确·2。若小球没有与挡板ON碰撞,则轨迹如图2’设〔X）′＝5,由几何关系得:了32＝OM2＋Z2＝9＋工2@Z≡9-厂3o联立@O得:厂3≡5m’代人O解得u3＝5m／s’故D正确.故选ABD.答累;α）凰2;（2）筹』（:）Ⅱ解析:（1）由图知第2条刻度线与主尺对齐,‘j＝5mm＋2×0·1mm≡5。2mm;（2）滑块经过光电门钩途度渺＝旱』由运动公式砌』＝蜘L,F…胰立解得;F＿筹（3）拉力是直接通过传感器测量的’故与小车质蚤和钓码质蚤大小关系无关,故A不必要;应使A位置与光电门间的距离适当大些,有利于减小误差,故B是错误的;应使遮光条的宽度尽可能小些,可减小测量速度的误差’选项C错误;要保持拉线方向与木板乎面干行’拉力才等于合力,故D是必要的;故选D。答案:（1）A,E;αP’则加αQ＝严加g愿。-酚‘ˉ十α°瞧,工P＝工Q-L工′＝＋凰′瞧』MαP＝尸mg解得:M≡2kg;（2）在滑块Q飞离物块P的瞬间’设物块p的速度为UP’滑块Q的速度为UQ,滑块Q经过时间t′第一次着地,与物块P右端的水乎距离为△工,则UQ≡U0-αQtUP＝αPth-÷g‘Ⅷ解得:uQ＝2m／s’up＝1m／s,t′＝0。2s△工≡（UP—UQ）t′解得:△工≡0。2m.答案;（1）碰＂-√÷gd;（2）延-毙—剑;（:）〃11●∩′臼］）’≈（14.答案:（1）U0≡72′川2g2≡915加gd50Ek解析;（l）根据机械能守』厦定律;加gdsin0-÷m砌;解得W:舅创（2）设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为U1、U2,根据动量守恒定律:加Uo＝mUl＋mU2由能量关系;古挪财;＝÷咖刚;＋十撇』刚;~~—-解得锄｜＝0＂爵≡W÷gd』A、B碰撞后,对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程’根据能量关系:E,＝十咖锄!十…mβI,（R,＋厂,）（3）｀…／尸＾√●〗●I1—I2’…√解析:（1）节能灯的额定电压为5V’不能用电压表测电压,可以用已知内阻的电流表改装成6V的电压表测电压,用另一电流表测电流,表1应为电流表A;电流表B改装6V电压表需妥串联的分压电阻:玉U6］98~~∑厂∏—‰巳作择Q,定值电阻选~~＾‖’≈03×10-3（2）由于电源电动势远大与5V’滑动变阻器应采用分压接法,实物电略图如图所示:歹〈罐锣″呛加gsm0龙黔共同速度大小为U3,则:mU01霸鹅翼…簧嗡僻…,〃…减;当-加gsin0虎）＝可见,在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡.常板的过程中’弹簧的弹性势能改变量为零’根据机械能守恒定律:÷×2m刚!＝Ek＋2mg（工｜＋堑瞥）sm0,设△（3）该高……咆阻R,-爷-｀ˉ″…一、｜°≡ˉ～｜『°≡″。ˉˉ√巴‖—～rI工I2（R2＋厂2）I1～I2’＝I2＝2.5mA时9节能灯两端电压:U≡I2（R2＋厂2）＝2.5×10＿3×（1980＋20）V＝5V’节能灯正常工作.答案:（1）2kg;（2）0.2m解析:（1）滑块Q在物块P上做匀减速直线运动,设时间t≡1s内,滑块Q加速度大小为αQ,通过的距离为工Q’物块P通过的距离为工P’加速度大小为∩＜山】上72″〖2g2解得:陀＝15′″gα-50EkG嘛1重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡,得到:Mg＋户0S＝户1S气体膨胀对外界做功为:W＝户lS△L根据热力学第一定律得到:Q—w≡△u联立可以得到:△U＝Q—（户0S＋Mg）△L@设放入珐码的质量为加,缸内气体的温度为T2时压强为户2,系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而乎衡,得到:（M＋′门）g＋户0S＝户2S↑…翟定律;祟-瓮（户0S＋Mg）△T联立可以得到:′＂＝gT117.答案:（1）ADE;（2）O沿工轴负方向,2.5m／so粤m解析:（1）频率越大折射率越大,在同种介质中的光速度越小,故A对;用透明的标准样板和单色光检查干面的乎整度是利用了光的干涉,故B错;麦兑斯韦预言了电磁波的存在’赫兹用实验证实了电磁波的存在,故C错;交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应,故D对;根据狭义相对论原理’在所有关系系中,物理规律有相同的表达式9即一切物理规律都是相同的,故E对.（2）O由图乙可知,在t＝4s时P质点由乎衡位置向下运动,可知波的传播方向为沿工轴负方向,由两幅图分别求出波长∧＝20m,T＝8s’所以波速为u＝＋＝z5m／§@有图可知′＝46时Q振动到了4处｀△］5管鬃;（］）制2″孪;（2）′-1／＾｀∩（2＋3汀）加Ub（3）Sˉ-＂｀／恶＋（2蔫）”≡～--ˉ′eB2解析:（1）在t≡0时刻进入电场的电子被加速’由动能定理;感Ub≡＋枷砌;2迸入磁场后洛伦兹力提供｜勾心力』酗｜B＝″贵磋立解得;R』-司毕（2）r＝0时刻从」V板射出的电子,到达原』点O经历L的时间:t1≡—U］32汀加3冗m二≡≡R1＋L从离开磁场到到达荧光屏的时间t3＝U1该电子从N板到荧光屏的时间:t＝rl＋t2＋t3解得;脓≡止√要＋（z麓）”▲）浮—熙＝】O■』』■〗■『v‖（3）任一时刻从N板射出的电子,经磁场后均发生270。偏转垂直打在荧光屏上,电子的运动轨迹如图;窗（l）…子可知R‘≡肯√率如图两圆弧之间的阴影部分即为所加磁场的最′」、区域’由几何关系可知:∧—〗~~∩口∏吕∧~~γ即∑〗◎冗解得0＝ˉ厅O设质点R的乎衡位置坐勺～~Ⅲ日—日~∧β—纸~尺刃◎工则Ⅲ日］为标）尺］—〗＋尺穴日—』（）尺］—〗＋尺冗日—』（日联立解得:S＝（2＋3冗）mUbeB2答案:（1）ACE;（2）@△U≡Q-（户oS＋Mg）△L,@′n（户0S＋Mg）△T16△o△t动势为1』gT1解析:（1）根据热力学第二定律知道热蚤不能自发地从低温物体传到高温物体,A正确;物体分子乎均动能的标志是温度,与宏观速度元关,B错误;物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和,分子平均动能与温度有关’而分于势能与体积有关’所以物体内能与温度和体积有关’C正确;根据C选项的分析升高相同温度,但体积关系未知’所以内能变化元法判断,D错误;根据热力学第一定律△U≡Q＋w,绝热容器Q＝0,气体体积增大,所以气体对外做功’W＜0所以△U＜0’内能减小’E正确.（2）o设缸内气体的温度为T1时压强为Tl,活塞受电动应势为且≡罢-尝s＝挣由十.;bˉ2;l.所以:＝十;由于磁场向里磁感应搔度E腿时间均匀增大,根据楞次定律可知’感应电流均沿逆时针方向.2.D解析:施加的水平向左的拉力F1,以m2为研究对象’由牛顿第二定律得:T咖＝加2α咖以整体为研究对象,由牛顿第二定律得:Fl39／魏D力水平向右,故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中电场力做负功,故C错误;电子由B沿B→C运动到C过程中,靠近负电荷远离正电荷’因此电场力做负功;沿C→D运动到D过程中.靠近正电荷远离负电荷’电场力做正功;故整个过程中电场力对其先做负功后做正功,电势能先增大后减小,故D正确;故选ABD9.BD解析:带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。从图象上可以看出该带电＼d＝（m1＋加2）α顺联立解得:F1≡15N.故应选D.D解析:A、B两球先相向运动,随着库仑力的增大,它们的加速度增大,两者均做减速运动,B球的加速度较大,速度先减至零,之后A、B均向右运动,A做减速运动’B做加速运动’由于A球的速度比B球的大’两者间距继续减小,库仑力继续增大,两球的加速度继续增大,两球速度相同后,A球的速度小于B球的速度’两者间距增大’库仑力减小,加速度减小.根据系统的动量守恒知两球不会停止运动,故A错误;A、B相距最近时速度相同’由于两球组成的系统合外力为零’所以系统的动量守恒取A球的初速度方向为正方向,设A、B相距最近时共同速度为U′.根据动量守恒定律得加lU-加2U＝（ml＋加2）U′,可得U′＝2m／s,由于两球的质量不同,速度相同,所以A、B相距最近时两球动量不同,故B、C错误;由能量守恒’A、B相距最近时两球的电势能增加量为△E卜＝÷（加!＋］m2）′-÷（加!＋毗）U′’解得△E卜＝240J’故D正确;所以D正确,AIL错误D解析日根据同向电流相吸’异向电流相斥的原理可知’Ll和L2对放在中心处的导线均为斥力’合力的方向指向L3;L3对放在中心处的导线为吸引力,方向指向L3;则三条直导线对放在中心处的导线的作用力的合力方向指向L3;故选DC解析:由题图不知木板的质量和A、B的最终速度,则不能获得木板的动能;不能获得A、B组成的系统损失的机械能;也不能求得A、B之间的动摩擦因数;由图木板的最小长度为;＋洲‘;;C正确C解析:飞行器在轨道I的A点加速才能进人轨道I’可知飞行器沿轨道Ⅱ过A点的速度最大,选项A错误;由开普勒第二定律可知,在轨道I上运行时在B点速度最小;飞行器在轨道I的B点加速才能进人轨道Ⅲ,可知飞行器沿轨道Ⅱ过B点的速度最小’选项B错误;因在AB两点两次加速,可知飞行器在轨道Ⅲ运动时的机械能最大’选项C正确;根据加速度的决定式α＝毕可知’飞行器沿轨道I过A点喊厂盘＄『速度等于沿轨道I过A点的加速度,选项D错嚷;故选C.;CD解析:由工＝15＋10t-5t2知u0≡10m／s蕊乎虱-10m／s2’故A错误;由u＝u0＋αt’t＝3s时,;惹＿20m／s’故B错误;t＝3s时刃＝0,r＝0时,工＝15m则0～3:内平均逮度恿＝摄≡止亏1旦m／≡5m／s’即大小为5m／s’故C正确;当工＝0时得t＝3s’则u＝u0＋αt＝-20m／s,速度大小为20m／s,故D正确·ABD解析:在如图所示的电场中,A、B两点的场强方向都是水平向右的’故A正确;由于中垂线为零等势线,则B、D两点电势相同,故B正确;图中两电荷连线电场方向水平向右,即由A指向C’质子受电场3至蝉粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点,故A错;有几何关系知,轨迹所对的圆心角为90。’且轨迹的圆心O刚好在圆形磁场的边界上,所以轨迹的半径为厂＝√m由qUB＝加坠厂可求得》÷≡黑,敝B对》运i可求得』萧＝古漾,故B对;运动｜b｜／尸×卢≈×～＼≈′○时间等于弧长除以…′ˉ芋—譬｀敬c锚育圈可知.“时轨迹圆弧对应的弦长最长,等于磁场区域的直径,所以在磁场中运动时间也就最长,若改变人射角度,则运动时间变短’故D对·10·BD解析:对α施加F力时’压缩量为5Z‖由平衡条件可知’F＋加gsin0＿严mgcos0＝龙×5工,弹簧的劲度系数龙＝加gsin0＋F＿〃mgcosβ’故A错误;物块b5工刚要离开挡板时,弹簧的弹力F′等于物块b的重力沿斜面向下的分力,F′＝加gsin0,则对α有:2加gsin0＋尸加gcos0≡加α,得α＝（2sin0＋严cos0）g,故B正确;物块α沿斜面向上运动速度最大时’弹簧的弹力沿斜面向上’大小等于α的重力沿斜面向下的分力加上摩擦力,则知’弹簧对b有向下的压力’故物块b对挡板的压力不为0’故C错误;撤去外力后,当物体α的速度为u时’弹簧的弹力等于mgsin0,伸长量等于工,根据动能定理得,W-6加g工sin0-…辩…sβ-十咖酒』,弹簧弹力测物块α做的功为″慰魁～ˉ●‖＝大5.∩∏√确［Ⅱ）［故’β吕○℃〃名Ⅶ′α′工β卜ˉ〗℃川γ用Ⅱ—◎臼＋β临巍磁＝、乃、≤巨〗…″叹″尸∏√和癣‖怂势勘飞｀辩腆gw十寸测§卜凸蹿峨霉霞簿哆舅嚼《答桑（1;4.30;（;fⅧ;Ⅷ解析略（巍I）游标卡γ｀!:惟》粒＋6×0……《矿j灌钓码时,整:）″噶匹｀÷M（带—瓷）尺的读数为:。05mm＝4。30mm;体匀速下滑,不挂钓码时,滑块受到钓码重力,即大小为加g,则外力的勺′的外力大小等于钓码重力,即大小为加g’则外力功为:W＝″2gL;通过光屯门1胸瞬时逮度为;懒｜-÷’通过光屯门d的瞬时速度为;U2≡万则动能变化量为:△凰-÷M峨:—÷M删←十M（苦—脊）γ28G跪＼1‘的系统由动量守恒定律得:加AU传＋加BUB＝（mA＋mB）z′解得u＝3m／s碰撞过程中损失的能量为△E-÷″躺吨＋＋狮凰〃岛—÷（咖A＋加圈）财』代入数据得:△E＝6J（3）经tl＝0。6s滑块A速度减为零,滑块A沿传送2赣向上减逮到零通过灼位移;工刨＝盖＝L8m此过程中传送带的位移;工传l＝Ut＝3.6m滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动,经r2≡0.6s滑块A与传送带共速’达到共速时2传遂带的位移;堑鳃＝盖＝L8m传送带的位移工传2＝Ut＝3·6m若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Ql、Q2,则由Q＝／.Z相得:Q1＝／（工Al＋Z份l）＝27JQ2＝／（工传2—工A2）＝9J故因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝36Jl5管嘉（1）狮·γfg…;（2）B≥″馏（蹄h蛔》或B≥加u（1＋sinα）;（3）鲤卫旦』些α0qqL解析;（1）粒子离开时,在电场方向的速度uy＝us1nα加速度:α＝塑γγ0L运动时间:t＝＿UCOSα由运动学公式:Uγ＝αt解得:E≡mu2smαcosαqL（2）o当磁场方向垂直纸面向里的情况下’如图甲’设粒子恰好不从右边界飞出时,圆周运动的半径为厂l,磁场的磁感应强度为B1,则12.答案:（1）b,D,I1（Rgl＋R0）＋（I］＋I2）厂;（2）1.46—1·49,0.80-0.86解析:（1）上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表’将电流表G串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表.（α）、（b）两个参考实验电略’其中合理的是b;因为电源的内阻较小’所以应该采用最大值较小的滑动变阻器’有利于数据的测量和误差的咸小.因为用电流表A2和电阻R0改装成电压表,量程大致为600.0V;用电流表Al和电阻R0改装成电压表,量程为3。0V,敌b合理;若选择大电阻’则在变阻器滑片调节的大部分范围内’电流表A2读数太小,电流表A1读数变化不明显;根据电略可知＄E＝U＋I厂＝I1（Rg1＋R0）＋（Il＋I2）厂;（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U＝Il（990＋10）＝1000I1,根据图象与纵轴的交点得电动势E≡1.47mA×1000Q＝1°47V;由图可知当电流为0.45A时,电压为1。1V,则由闭合电略欧姆定律可痴』′＝1喂蒜1oˉα8Q13,答案自（1）Ek＝4。8×103J;（2）t｜＝10s解析:（1）探测器菏陆前瞬间的动能:Ek＝加g月h＝4.8×103J（2）咸速过程:F-加g月＝加α解得α＝6.4m／s2设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为Zl、工2,根据运动学公式:2g月Z1＝2α工2且雾｜＋鞠＝l00枷’＋g＂′;＝露!联立解得探测器自由落体运动的时间t］≡10s14.答案:（1）1·8m;（2）6J;（3）36J解析:（1）设爆炸后A、B的速度分别为UA、UB,爆炸过程,对A和B组成的系统由动量守恒有:mAUA-加BUB＝0解得:uB＝2m／s水平地面光滑’滑块A沿传送带向上做匀咸速直线运动’对A进行受力分析有:加Agsin0＋严加Agcos0＝＝γγ『Aα上解得:α上≡g（smβ＋尸cos0）＝10m／s2经rl＝0.6s滑块A速度减为0故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为:刃Al2哭生＝l.8m≡乙α上（2）当滑块A速度减为零后’滑块A将沿传送带向下做匀加速运动,对A进行受力分析有:α下＝g（sin0＋尸cos0）＝10m／s2经t2＝0·6s滑块A与传送带共速根据对称性可知滑块A刚好回到传送带与水平面的连接点当滑块A再次滑上水乎面时,速度大小与传送速度相等为6m／s滑块A与滑块B碰撞时,粘连在一起,对A、B组成××厂l帅＋｜‖◎………牟辩翱瑰蹦××圣则基甲厂1＿厂1slnα≡α02UqUB1≡″2—厂1解得:B1＝〃′U（1-Sinα）α0q0碰O小而增大,故D正确;根据热力学第二定律知,机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程,E正确。（2）o根据将封闭气体的温度缓慢升高到T2≡400K,当活塞再次乎衡时,封闭气体的温度为T3＝360K可知,根据气体的等容变化和理想气体方程列方程求解;@根据整个装置竖直向上做匀加速直线运动可知,由牛顿第二定律列方程求解.［瓣解］o陶题慧舞｀气体等零变化尝-鉴解得:P2＝2。0×105Pa当再次平衡时,活塞受力乎衡,故封闭气体压强为P』＝P0＋答＝L2×10,P3伞…撼氢体状态方程有等-旦LT3P2L2P3L3＝≡≡加u（1-sinα）应满足的条件夕—■p占卢＝■■p■0■q‖B≥一≥卢切0q@当磁场方向垂直纸面向外的情况下,如图乙,设粒子恰好不从右边界飞出时,圆周运动的半径为厂2,磁场的磁感应强度为B’,则●●●●●●←毗ˉ→乙厂?＋厂,s1nα＝α02Z′qZ′B2＝m—厂2″〗u（1＋sinα）片汀戊口元解得解得L3≡18cm;o由题意知,气体等温变化;P3V3＝P4V4解得:P4＝1.35×105Pa应向上做匀加速直线运动,对活塞’由牛顿第二定律得:P4S-P0S-加g＝加α解得α＝7.5m／s2.17.答案:（1）＿0.05sin∏r’0.55;（2）oAM处产生的亮斑Pl为红色,AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合体;OP1P2≡17.07cm解析:（1）由图读出振幅A＝5cm,波长∧＝4m’则该渡的周期为T＝＋＝÷·＝2.,刨＝争＝…／s）;在t＝0时刻｀工＝2m处质点处于y＝0cm且向下振动’则Z≡2m处质点的振动函数表达式:J＝-Asin〔ot＝＿0.05sin沉t（m）.因为t＝5.5s＝2。75T,则工＝5m处质点在5.5s内通过的略程为;s≡2。75×4A≡2.75×4×5cm≡…鳃蚜≡0.55m.i!;翔蛾麓蕊蔚…八N…毫″鳃′;世《蹿‖蚀@画出光略图如图所示:PlP2:B2＝qα0B≥～≥＝mu（1＋sinα）应满足的条件夕一叮F7p夕≡冗√p0飞0‖qd0（3）从电场飞出的粒子速度方向反向延长线通过两极板间的中心’设粒子在磁场中圆周运动最大半径为厂,″,根据几何关系可画出粒子的运动轨迹如图丙所示,则｜●●｜●●↓＋′b｀即厂m锻α●←α-＞丙.αL厂mslnα≡丁＝丁2UqUBmi『｀＝m～厂m＾…口丁、4加usinα解得Bp可‖■qmin＝p一mlnqL答案:（1）BDE;（2）OL3＝18cm,@α≡7。5m／16解析:（1）高原地区水的沸点较低,是由于高原地区气压低,故水的沸点也较低,故A错误;一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中’由理想气体状态方程可知’温度一定升高’则内能一定增加,故B正确;布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动,是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不乎衡而引起的’所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映,故C错误;分子力做功等于分子势能的减小量,故分子间作用力表现为斥力时’分子势能随分子间距离的减○β重状态后处于超重状态,选项B错误,C正确;在0～20s内先变加速再变减速最终匀速直线运动,选项D错误;故选C、6。D解析:根据电势能与电势的关系:Ep＝q甲’场强与电势的关系』腐＿器,得;E-＋.筹,风—蜒图象切线的斜率等于尝,根搪数学知识可知,实｜处切线斜率为零,则工l处电场强度为零’故A错误;由图看出在0～Z1段图象切线的斜率不断减小’由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小’加速度减小’做非匀变速运动.r］～工2段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动.工2～Z3段斜率不变’场强不变,即电场强度大小和方向均不变’粒子所受的电场力不变’做匀变速直线运动,故B错误,D正确;根据电势能与电势的关系:Ep＝q甲’粒子带负电°q＜0,则知:电势能越大·粒子所在处的电势越低’所以有:p3＜甲2≡甲0＜甲l.故C错误.7·CI）解析:原子核衰变过程系统动量守恒,由动量守恒定律可知,衰变生成的两粒子动量方向相反’粒子速度方向相反’由左手定则知:若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆,若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆’所以为电性相同的粒子’可能发生的是α衰变,但不是β衰变,故A错误;核反应过程系统动量守恒’原子核原来静止,初动量为零’由动量守恒定律可知’原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反,粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力’由牛顿第二定律得:qUB＝m斗解得庐≡猎＝孟,由于RB都相同侧粒子电荷量q越大,其轨道半径厂越小’由于新核的电荷量大于α粒子的电荷量’则新核的轨道半径小于α粒子的轨道半径’则半径为厂l的圆为放出新核的运动轨迹’半径为厂’的圆为α粒子的运动轨迹’故B错误;由B选项的分析知:厂l:厂2＝2:90＝l;45,故C正确;若是α衰变,生成的两粒子电性相同,图示由左手定则可知’两粒子都沿顺时针方向做圆周运动,故D正僧燃翻孽‖最慨磷且速度头詹’则B的机械能减小的最多,A瞒瓣鹏蛰鞠撬蔬速下降后减速下降’后加速上升又减速上升,根据P≡mgU可知,物块B所受重力的功率不是＿直增大’选项D错误;故选AB.9。BC解析:点电荷-q受到库仑力水平分力提供向心力,F-虑鲁c。瓣0.-磐q’其巾L-志≡狮,闷心』F-等g,八选项错谩,B选项正确;等q—设折射角为厂,两个光斑分别为P1、P2,根据折射定撑得〃｜-器｀得霞』;sm′-乎R由几何知识可得;tan′＝Ⅺ百解得:APl＝5√百cm由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形,解得:AP2≡10cm所以:P1P2＝（5√百＋10）cm≈17.07cm理科综合·物理基础测试（七）1.D解析:让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来时’由于离心作用’水将跑到瓶子的边缘部分’使得边缘部分水的高度大于中心部分水的高度,则水面形状接近图D;故选D2.B解析:由题意,每根钢索与竖直方向夹角为30。’侧』由平衡条件可知』s…0.-Mg解得T—肾Mg,故选B.3。B解析:甲乙均做直线运动’选项A错误;乙质点运动图线的切线的斜率先增大后减小,即乙质点速度先增大后减小,选项B正确;tl时刻两质点运动图线的斜率的绝对值不＿定相等’即速度大小不＿定相等,选项C错误;0～t2时间内,两质点的位移大小相等,由U＝÷得,甲质点的平均速度等于乙质点的平均速度,选项D错误·｛B解析;根搬万有引力提供向心力得G瞥＝枷÷4冗2厂2＝加α＝″!ˉ7≡＝′′m』厂得』硼-＼／孽,°-譬’T-2乘｀／磊.铡＝＼／乎』卫垦｛…喘患＿督…√／ˉ6Ⅳ厂星α、6的角速度之比些≡＼／两上’故B正·＂√铝婴2化……喘ˉ蔫竿·GMC错误;卫星α、b的向心加速度之比丝≡（2厂）2αbG·3M（3厂）2;,故D错误5.C解析:在2～6s内速度＿直为正,则速度方向一直向下,选项A错误;图象的斜率等于加速度,可知在2～6s内加速度方向先问下后向上’人先处于失｜l／翻D枷÷,其中圆周运动的轨迹半径厂＝哉了ˉ√可h,解得线速度u≡√宠7『,C选项正确,D选项错误..ABC解析:由粒子的飞行轨迹（如图所示）,图象的斜率表示弹簧约劲度系数｀隐ˉ簧＝75.0N／m。12。答案:（1）C’E;（2）温度升高,灯泡电阻增大;10′○钒≈笋尸■「卢尺′″γ＾｜｜、］′日（解析:（1）由于小灯泡的额定电压为3伏’而电压表最佳测量范闺为大于等于满偏约÷,敛不能逸0～15V的量程,而只能选0～3V的蚤程,敌电压表应选。由于′］｀灯泡的额定电流I-告＝芋A＝MA′嗣电流表最佳测量范圈为大于等于满偏钓÷,赦不能选0～3A的量程而只能选0.6A的量程,故电流表应选E.（2）曲于R＝旱,故I—U圈象上某点与坐标原』点连线的斜率等于电阻R的倒数’从图象可知I-U图象上某点与坐标原点连线的斜率逐渐减小’即电阻R逐渐增大’敌金属材料的电阻随着温度的升高而升高,嗣R＝p÷,敛随遥度升高’全属材料的电阻率升高,灯泡电阻增大·（3）由于妥描绘小灯泡的伏安特性曲线,敌要小灯泡两端的电压从0开始连续可调,故滑动变阻器妥采用分压接法.如图所示.利用左手定则可知,该粒子带负电荷’故A对;粒子由A点射人,由C点沿J正方向飞出’有几何关系可知:R＝萨’根据qUB＝″』÷｀则粒子的比荷为:÷＝孟｀故B对;设粒子从D点飞出磁场’根据题意知速度方向改变了60。角,再结合几何关系可知AD弧所对圆心角为60°,粒子做圆周运动的半径R′≡蔬了-侗了.所以半径之比为景-方,故C对;榴撼q刚B-蹦』÷可知磁场强度为备-÷ˉ平,故D错答案:（1）如图11AⅣN芯β斗∑／夕／扩／‖才午0X／〔In02468l0（2）75.0N／m解析:（1）以纵轴表熟龋辙攘伸长量,描点作图.落在直线上的点均下图:;解0＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝-ˉ＝＝＝案｀:（1）2m／s,0.4m／s;（2）0.12邑守恒求出小球下摆到最低点的拉力减小了4.8N,分别列出碰析阀）根据机械肯度排段辨碰撞前后拉力减小了即可求出碰撞后的速度大能量守恒即可求出动摩擦AⅣN日β』笆守恒／｜｜…（1—c。s0〕—÷咖碰,小球碰前瞬间的速度大小u＝√歹≡2m／s′J、球与′」｀滑块碰撞前、后瞬间,由向心力公式可得′2T—′＂g＝砸÷｀T—′”g＝-厂由题意得:T—T′≡4.8N联立求得碰后瞬间′」｀球的速度大小为u′＝0°4m／s／夕／「／勺＾X／cm→0246810（2）根据图象’该直线为过原点的一条倾斜直线,即弹力与伸长量成正比’G流＼1‘二／由公式:U12—Uc2＝2αL解得uc＝4m／s由ul＝uc＋αt,解得t＝0.8s;传送带在t时间内的位移:工1＝Ut＝6·4m摩擦生热:Q≡〃1Mgcos0（工l-L）解得Q＝180J（3）设弹簧弹力对物体做功W’则从弹簧的压缩端到C点,对M由动能定理:W险Mg涎＂-÷Mu:—0解得:W＝-（0—Ep）≡300J由能量守』隧得E＝她Lsm,＋（÷M〈—＋M隐）＋Q解得E＝480J16·答案:（1）BDE;（2）Ohl＝30cm@340K’W＝6.4J解析:（1）布朗运动是固体颗粒的元规则运动,是液体分子元规则运动的表现,选项A错误;在分子力作用范围内若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大’选项B正确;一定质量的理想气体等压膨胀过程,温度升高,内能变大’对外做功,则一定吸热’选项C错误;液晶具有液体的流动性’同时具有晶体的各向并性特征,选项D正确;水的饱和汽压随温度的升高而增大,选项E正确·（2）o挂上重物后,活塞下移’设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1该过程中气体初末状态的温度不变,根据玻意耳定律有;′0Sh＝（′0—警）sh』代入数据解得:h1＝30cm◎加热过程中汽缸内压强不变’当活塞移到汽缸口时,温度达到最高’设此温度为T2榷龋蛊—昌萨觅庭肄有;等-警（2分）而／t2≡34cm’Tl＝300K,解得T2＝340K,即加热时温度不能超过340K（2）小球与小滑块碰撞过程,动量守恒得:加U＝—mU′＋加2U1解得:ul＝L2m／s小滑块在木板上滑动过程中,动量守恒得:m2U1≡（ml＋加2）U2解得:u2≡0。6m／s由能量守恒可得;′咖2gL＝÷狮』沙;—÷（狮!＋砸:）砌;△△′」、滑块与木板之间的动摩擦因数尸≡0。12＂苔襄;（D〃豆;（肌÷砸gL—滞誓』解析:（1）导体棒从静止下滑距离2L的过程中’由动能定理得:加g.2Lsin0-÷狮＂;—0解得;U0＝√回百r（2）导体棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势:E≡BLUE产生的感应电流为I＝R＋0·5R产生的安培力为F安≡BIL导体棒做匀速运动’由乎衡条件得:mgsm0＝F安骤立解得;砌＝;豁导体棒从升始释放到刚离开磁场的过程中’由能量守恒定律得:咖g.4L副nβ-＋枷砌』＋Q.则在电腿R上产生的热量为Q臆-蒜×Q.解得』Q腮＝÷枷gL—籍晋』15.答案:（1）720N,竖直向下;（2）180J;（3）480J解析:（1）m、M恰能过A点,由牛顿第二定律:（加＋2M）g＝（矾＋M）瓷解得uA＝√百m／s从B到A由机械能守恒:告（咖＋M）砌诌＝÷（狮＋M）渺i＋（啊＋M）g×2R解得uB≡5.0m／s在圆弧轨道B点’设轨道对物体的支持力为FN’则2F＂—（m＋M）g-（咖＋M）告解得FN＝720N’根据牛顿第三定律可知,物体对轨道的压力大小为720N,方向竖直向下（2）设M碰前瞬间的速度Ul’在C点的速度Uc’在传送带上的加速度为α,运动时间为t’m、M碰撞过程由动量守恒:MUl≡（m＋M）UB解得ul≡6m／s;M在传送带上运动时由牛顿第二定律:严1Mgcos0-Mgsin0＝M口解得α＝2.5m／s22栅］力且内（）吨—吕◎户（加热过程中气体对外做功w＝）S0m／s;◎47.1cm］面的折射角为α,由折射定律in°＜÷’即各色光在AB面的臼确;由几何关系知,各色Aˉ正角都大于45°,故B正确;由临界角公式sin0＝1／″知,各色光全反射的临界角都′」｀于45°,各色光都在BC面发生全反射’故C错误;从AC面射出的光束一定平行于BC边,由于红光射向BC面时的入射角最大,敌红光射到AC面时处于最下方,故E正确,D错误.（2）o由波的平移可知,波峰从工≡2m处传播到工＝7m处’M点第一次出现波峰’可得波速为:锄＝÷-孟m／s＝l0m／·｜o从t≡0开始,设经过△t质点Q开始振动,则有:△廖＝x°子卿-六·-队4:所以质点Q振动的时间为:△t1≡t2—△t≡0。85s—0。4s≡0。45s由渺-＋,T-队4、,△h-;T臆点Q通过的路程为;,＝｛A＋粤As＝40＋5√面（cm）≡47,1cm理科综合·物理基础测试（八）C解析:在核反应中,质量数守恒’电荷数守恒,能量守恒,故A错误;铀核裂变不能自发进行,写核反应方程时两边的中子不能相约’故B错误;卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为》He＋↓』N→γO＋｛H’故C正确;—束光照射到某种金属上不能发生光电效应’是因为金属的极限频率大于人射光的频率’选项D错误.A解析:根据运动学公式U≡D0＋αt可知’在速度时间图象中,直线的斜率表示物体的加速度’由图可看出,甲的加速度大于乙的加速度,所以A正确;纵截距表示初速度’所以甲物体的初速度不为零,所以B错误;速度图象中’图象与坐标轴所包围的面积表示位移,故可以看出在0～t］时间内’乙的位移大于甲的位移,所以C错误;根据5-÷可知,在这段时间内,甲的平均速度小于乙的平均速度’所以D错误.D解析:万有引力提供卫星做圆周运动的向心力ˉ7＝-獭竿—″（竿）』厂-…-狮凰,尼克斯周期GMmU小于海德拉,则轨道半径小于海德拉’向心加速度、角速度、线速度比海德拉的大’故D正确.A解析:对物体根据牛顿第二定律:粒-严加g＝加α’解得凰＝萧篮—陛g,结合图象可知,斋＝子解得哪＝龙C了,＿“g-—b可得解-÷,故选AD霹衍;以c…点.C…翱和CD重孪上方向为y轴,建立坐标系如图:分解为αl、α2’则运动员的运动时间为:t＝2丝’落在α2斜闷上的距离;愿＝叫′＋＋α｜蔽』,离开C点的速度加倍,则Ul、U2加倍’t加倍,由位移公式得s不加倍,故C错误;设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α,斜面的倾角为β,则有tanα＝坠’tan0＝U0÷≡兰ˉ聂』』儡〔……—婚卿』.—滔则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关,故D正确.6.C解析:粒子电荷量之比为1:4,粒子在竖直方向上做匀』∩逮运动｀由h＝÷″＝＋.普.‘,,可知A和B在电场中运动的时间之比为2:1,故A错;A、B两带正电粒子质量相等’电荷量之比为1:4,根据qE＝mα,所以A和B运动的加速度大小之比为1:4,故B错;根据题意OC≡CD,两粒子水平方向上做匀速运动,根据工＝U0t’可知A和B的初速度大小之比为1:4’故C对;A和B的水平位移大小之比为1;2,竖直方向位移相等,那么合位移之比不能等于1:2,故D错;故选C.7·ABC解析:由图乙可知,交变电流电压的最大值为220√面V’周期为T＝0.02s’所以原线圈两端电压的瞬时值友达式′≡220√百爵!n谎′（V〕≡220√百sin100冗t（V）,故A正确;理想电流表Al示数为α3A,由公式贵-器,解得;I.-‘A,所以熔断器的熔断电流应该不小于5A’故B正确;若输人的交流电频率增大’发现A2示数也增大,说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较小,所以虚线框内的用电器为电容器,故C正确;理想变压器的工作原理为互感,所以理想变压器对恒定电流不起作用’即若原线圈输人电压改为500V的恒定电压,则A2示数将12°■∩○4搬稳析;…c点瓣＼棘的逾度方向与水平光≯瓣》棘的遵度方向与水平巨√’小球做平抛运动,据题可知’由速度的分解方向成37。角蟹辨翻＾hm‖起含么上∑古由叁＋.′‖＼斗动＝-＝＋＾←水平方0·3S,d变大到的静摩9……态平重力G,当F＜4mgsin30。时’物块B受到的静摩擦力沿斜面向上且不断变小;当F＝4加gsin30。时,物块B受到的静摩擦力为零;当F＞4加gsin30°时,物块B受到的静摩擦力沿斜面向下且不断变大;A正确’B错误;对小球A受力分析’受重力和拉力,拉力不做功,故小球A机械能守恒,由于重力势能的系统性,故也可以说小球A与地球组成的系统机械能守恒’C正确,D错误;故选AC.10.BC解析:根据右手定则可知,MN产生的感应电流的方向为M→N’则N相当于电源的正极,故M对运动员的运动进行分解,y轴方向做类竖直上抛运动,工轴方向做匀加速直线运动·当运动员速度方向与轨道平行时,在J轴方向上到达最高点’根据竖直上抛运动的对称性,知t1＝t2.而工轴方向运动员做匀加速运动,tl＝t2,故CF＜FD,故A、B错误;将初速度沿工、J方向分解为U1、U2’将加速度沿工、J方向G蹦1点的电势低于N点,故选项A错误;当杆的合力为零时,其速度达到最大值’即:F＝〃加g＋BIL≡严′川g＋等｀由于R膛-＋R＋矫-』n｀代人…翟可以得到最大速度u＝10m／s,故选项B正确;由于杆上电阻与两电阻并联阻值相等,而且并联的电流与通过杆MN的电流始终相等,则根据焦耳定律可知’杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等’故选项C正确;根据法拉第电磁感应定律可知’当速度最大时’其MN感应电动势为:E＝BLU＝2×1×10V＝20V,根据闭合电路欧姆定律可知,此时电路中总电流为;I徽-最-￥A-,A则此时MlV两点间的电势差大小为:UM〕v＝E-I总厂＝20V5×2V＝10V,故D错误.l1.答案:（1）4.55;（2）（M—獭）gh＝＋（M＋咖）（:）』解析:（1）游标卡尺的主尺读数为4mm’游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为11×0·05mm≡0·55mm,所以最终读数为:4mm＋0·55mm＝4。55mm;（2］物体A通过光电门中心输瞬时速度砌-;,榷褥机械能守』厦得;Mgh—mgh-÷（M＋狮）U恩—0,整理得;（M—狮）gh-÷（M＋咖）（悬）;12.答案:（1）黑表笔;（2）AC;E表的示数体现出来的’由I＝R内＋R堑知当R内变小时,I变小’指针跟原米的位置相比偏左了’故欧姆表的示数变大了,测得的阻值应大于电阻的真实值.l3苔案;（l）÷√百丙;（2）;…解析:（1）设B球与A球相碰前的速度大小为Ul,则′j＝寸″!碰撞过程动量守恒’设两球碰撞后的瞬间共同速度为U2’根据动量守恒定律有加U］≡2mU2两球一起下落过程中,h-哟‘:＋÷g‘;t1＝2t2解得;聊:＝÷√颐;（2）B球下滑到碰撞前,损失的机械能△E!＝…ˉ÷顺砌;由（1）问知’U!＝√颐因此△E］＝÷狮g′i碰撞过程损失的机械能为△吗＝÷…;—＋×…＝＋咖gh因此整个过程损失的机械能为△E≡△El＋△E2＝Q寸mghld答露;（l）加速度大小为芳;动摩擦圃数为谎鼠〃∩—tan0;（2）分析见解析;（3）÷咖U′解析:（1）第一次上滑过程中做末速度为零的匀减速直线运动’由速度位移的关系式有:U2≡2α工由牛顿第二定律得:mgsin0＋严mgcos0≡加αAC←←印由;（4）大于）◎α〃■＼DB｜ˉ｜解析:（1）由图示可知,图中B端与欧姆表内置电源正极相连,B端应是黑表笔;（2）当欧姆表使用时,根据闭合电略欧姆定律则有IR翱旱R辜,化为＋＝譬＋÷』根撼菱系式可得图＝象可能为AC;（3）将多用电表选择开关旋至欧姆挡’测得A、B间电阻为R,B、C间的电阻为2R;用导线将C、D连接后,测得A、B间的电阻为0.5R;若该部分电略仅由两个阻值均为R的电阻连接而成,B、C间由两电阻串联;A、B间只有一个电阻,若用导线将C、D连接后,A、B间由两电阻并联;所以电略图为:an0运动情况是:减速上滑;上滑;,撤去推力后再做做的功W:4℃□＝＝◎根据动能定理有:第一次上滑时;—…mβ.÷［—／.÷匹＝0ˉ12丁加U第二次上滑时;W—狮gsm0.L—／L＝0—÷mu』联立解得;W-÷狮砌,B＝■』（4）当电池电动势变小,内阻变大时,欧姆表得重新调零,卤于满偏龟流』恿不变,陶公式;′鼠-最.欧姆表内阻R内得调小,待测电阻的测量值是通过电流｜3碰O「二‖个相邻的分子间距离为厂0时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等’分子力表现为零,选项B正确;晶体各个方向上的物理性质表现为各向并性,即各个方向不同.故C错误;小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用’不是由于小液滴轻的缘故,故D错误;热量总是自发的从高温传向低温’即由分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体’选项E正确;故选ABE.（2）o设温度为T2时活塞与容器底部相距2h,因为气体徽籍压变化,陶盖晨萨苑袁律;鉴-瓷得;等-等解得T2≡2T1@气体对外做功为;W＝′S.△h＝（′0＋等）S″＝（′0S＋mg）∧由热力学第一定律可知:△u＝Q-w≡Q-（户0s＋加g）hl7苔辜（l）o负,o队5;（2）延砸-粤m,0.解析:（1）由振动图象可知r＝0时刻质点P向上振动,由波形图可知,波沿Z轴负向传播;由振动图象可知:T＝2s’则波源的频率为／≡1／T＝0。5Hz.（2）由折射定律可知:″＝里巫＝√面s1n厂厂≡30。答案:（1）（1.6m,0）;（2）1.4s;（3）2√百m／s解析:（1）微粒从t1至t2时间内做乎抛运动,工＝U0（t2-tl）＝1。6moγ＝＋g（陶—‘1）:＝0βm@解得:微粒在t2＝0.8s时坐标为（1.6m,0）;（2）设微粒在t2＝0·8s时刻速度与工轴夹角为0,竖直分速度为Uyuγ＝g（t2-tl）＝4m／stan0＝坠＝1所以0＝45°U0刚＝羔-4√百m／5O当微粒进入第四象限后通过计算可得;qE≡加g,微粒在第四象限在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得:2qUB＝砸岩@T≡旦匹旦◎U由O@◎得:T＝2.4sR≡:√霄m微粒在第四象限一直做匀速圆周运动,设速度偏转角为α’α＝20≡等白沉9运动时间r＝盂T＝0.66可知微粒第二次通过Z轴的时刻为t3＝t2＋t＝1。4s（3）微粒在〖3＝1。4s时刻’沿与工轴成0角进入第一象限做斜上抛运动’●巨√］刨了7厂｀d由几何关系可知’光线在AB面的入射角等于30.,所以光线在AB面发生反射后,垂直AC面射出棱镜,即光线射出棱镜时的折射角为0。射…｜C点的距离堑醒＝毕sin60.ˉ竿副n60.勒总结出了行星运动定律’牛顿用月—地检验证实了万有引力定律的正确性’选项D错误;故选B.15.C解析:根据核反应的质量数和电荷数守恒可知’原子核X的电荷数为92-2＝90,质量数为238-4≡234’选项A错误;α粒子带正电,由左手定则可知,α粒子做逆时针圆周运动,选项B错误;根据T-警可知,α输子翱愿子檬x的周期之比;贵-↑）′牛／-～≥工u〕′＝gt′＝0°4s由运动对称性可知微粒第三次通过Z轴的2.2s9在第四象限以u≡4√百m／s做匀速圆周运动3沉ˉ旦T＝1。8s2灭由4.0s时刻速度大小为u＝4√百m／s进入只有重力场的空间,由对称性可知再经过0。4s微粒到达最高点’可以看成反向平抛运动’／＝0·2s时竖直方向的分速度U′y＝gt〃由比可知;‘』＝4.2s时刻u′＝｀／诡＋u′;＝2√百m／s16.答案:（1）ABE;（2）O2Tl’@Q—（户0S＋mg）h解析:（1）微粒运动即布朗运动是固体颗粒的元规则运动,不是分子的元规则热运动,选项A正确;当两G蹦1‘;×墨≡器』选项C正确』根据动量守恒定律,·粒子和原子核X的动量大小相同,厂＝222卫cc上可qBq知,α粒子和原子核X的半径之比为丝＝凶＝鱼厂x21,选项D错误;故选C.16.D解析:物体随OB缓慢转过＿个小角度,其受力分析如图所示。√票时绳子没弹力敬A正确;当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时’A、B相对于转盘会滑动’对A有:K加g-T≡mLo2’对B有:T＋Kmg＝m°2L@2’解得倒-＼／守,当w孪时,A｀B相对于转盘会滑动’故臆正确;铡二√票时B已经达到最太静摩擦力则倒在√子倒≤＼／呼内,B受到的摩擦力不变,故c正确;当倒在0＜″＜√呼范圈内,A柑对转盘是静止的,A所受摩擦力为静摩擦力’所以／—T＝加L“思’当凹增大时,静摩擦力也增大,故D错误。21.AC解析:由速度图象得:u≡2工,金属棒所受的安墙力F忽-警÷睬尚兰2露,代人得;F您＝α5墅,ˉ时／√ˉ凡R＋厂R十厂’‖、＾′。√。-＾琶…＝Ⅳd支持力」V＝mgcos0,0增大,支持力N减小,所以A错误;弹力F≡／＋加gsln0’因弹力F不变,0增大’／减小’所以B错误;OB对P的作用力大小等于支持力Ⅳ和摩擦力／的合力F合≡√刀丁干了百,由于N减小’／减小.OB对P的作用力大小将减小’所以C错误’D正确.17。C解析:对小滑块受力分析,受到重力、支持力和摩擦力,摩擦力一直沿斜面向上,故摩擦力一直做正功,故A错误;根据动能定理,第一阶段合力做的功等于动能的增加量’由于重力和摩擦力都做功’故第＿阶段摩擦力对物体做的功不等于第-阶段物体动能的增加,故B错误;第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第＿阶段物体机械能的增加,选项C正确;物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程物体与传送带间的摩擦生热’选项D错误18.C解析;因A、B、C三点的电场线疏密不同,C点的最密集’A点的最稀疏,可知粒子在C点受电场力最大’加速度最大,粒子在A、B、C直线上的运动不是匀变速运动’选项A、B错误;A点的电势最高’但是由于不确定粒子的电性可知,在A点时的电势能可能小于在C点时的电势能’选项C正确;由于AB之间的场强小于BC之间的场强,可知UAB＜U压,则A到B过程的电势能变化量不可能等于B到C过程的电势能变化量,选项D错误;故选C。19.BD解析:卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力’故A错误;卫星与月球同步绕地球运动’角速度相等,“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大’根据U≡@厂知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大’故B正确,C错误;“鹊桥’,中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大,根据α≡山2厂知“鹊桥’,中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大’故D正确.20.ABC解析:当B达到最大静摩擦力时’绳子开始出舰弹力…-枷.2L叫螺’解得吵-＼／票’厕铡＜则知FA与工是线性关系.当工＝0时’安培力FA1≡0;当Z＝1m时’安培力FA2＝0。5N’则从起点发生z＝1m位移的过程中’安培力做功为;WA＝-FAl＋FA29工＝-0.25J;即金属棒克服安培力做的功为:W1＝0.25J’故A正确;金属棒克服摩擦力做的功为:W2≡尸mg工＝0.2×2×10×1J＝4J’故B错误;克服安培力做功等于产生的电热’克服摩擦力做功等于产生的摩擦热’则整个系统产生的总热量Q＝Wl＋W2≡4.25J’选项C正确;根据动能定理得:W′—W:＋W＾＝＋狮砌:,其中财＝2m／s,似＝α2,枷＝2kg,代人解得拉力做的功为;WF＝8.25J。故D错误。答案:（1）2.00（L99-2.01均可）;（2）方向;（3）AD解析:（1）由图示弹簧测力计可知’其分度值为0.1N,示数为2.00N（1.99-2.01均可）.（2）实验时妥读出A、B的示数,还要在贴于竖直木板撼嗡龋鳞彪象O点的位置以及三个拉力即三条∩′▲∩′臼的大小,所以妥准确必须在该题中需要验证弹簧A、B3的拉力（或者说M重力）等要保持水平’故B错误;由是将董物吊起,故不需要结卜要保持水平’故B错误;由是将重物吊起’故不需要结由于两测力计拉力的合力等卜应测景物体的董力,敌D戳躺呼故C错误;于物体的重力,实验时应测量物体的重力,故正确.23。答案:（1）18,3°43-3.47;（2）o↓／秘D29m。鳃苔寨:（l＼／票,方砸直盛o』平面向里;（2）乎R,÷V雾;（:）竿Ⅱ‖解析;（1）粒子匀加速运动;EqR＝古獭U2设圆周运动半径为厂,则qUB≡m坠,由几何关系可厂且尺＋叮乙）尺侗—〗厂（知:厂2≡@α,-陀解标（l）白龋灯正常发光畸嫡咆阻为Rˉ罢＝祭Q＝176O,白炽灯在不发光时电阻温度较低’电阻比正常发光时小得多’则由表盘可知’坝｜｜得的电阻为18Q;如果照片所拍摄的是直流电流挡（量程为5A）的表盘’则最小刻度为0.1A’则所测电流为3。44A。（2）o电略连线如图:解得;＝竿R,B-＼／票,磁场方淘奎直蜒oγ乎面向里;（2）当粒子在磁场中转过的弦为磁场直径时对应的时间最长,所转过的圆心角为α2则沪sin÷＝R》解得;α＝丁冗’此时LˉRsin号＝粤R在磁场中运动的时间为t＝巫U解得』‘≡氰／雾』‖卜yO｜′@Ol～刀@根据U＝E-I厂可知E＝α;-厂＝龙’即厂＝＿龙,＝■尸乡24.答案:（1）0.5;（2）300J;（3）29m（3）粒子回到电场时速度与水乎方向成30°粒子沿J轴匀减速运动减到零时竖直高度最大usin30。＝αt,Eq＝″2α水平方向匀速运动工′＝℃cos30.r′解得;工′＝竿镭浮鳃回电药时的水乎坐标为解析:（1）撤去力F,由牛顿第二定律有:加gsin0＋尸加gcos0＝加α2由图可知:α2＝10m／S2解得:严≡0.5（2）设F作用时的加速度大小为αl’由图象知:αl＝解得:t2＝2s发生的位移;蹿-÷·:‘;物体沿斜面下滑的时间为;t3＝t-tl-t2＝1S设下滑的加速度为α3,由牛顿第二定律得:mgsin0—〃mgcos0＝mα3下滑发生的位移;←＋哗;0到4s物体的位移:工＝zl＋工2＿z3联立解得:z＝为;烫＝勤＋工′＝乎R臼（105Pa;@0。9m,1（）N,2×10解析:（1）温度是分子乎均动能的唯一量度,A对;单晶体和多晶体有固定的熔点和形状,非晶体没有固定的熔点和形状’B错;空气相对ˉ湿度越大,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢,C对;因为液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离’所以液体表面存在张力,D对;实验“用油膜法估测分子大小”中,用一滴油酸酒精溶液里油酸分子的体积和油酸薄膜的面积,可求出油酸分子的直径,不是油酸酒精溶液体积,E错.G蹦l』束缚而逸出,故D错误.15.C解析:当F从0开始增加时,静摩擦力逐渐变大,当F大于最大静摩擦力时,物体开始加速运动;F由牛顿第二定律有:F严mg≡加α,可得:α≡—″〗严g’即α是F的＿次函数,且在工轴上的截距为正’C正确.l‘D解枫由公式G嘿—獭等可知,若小行星徽圆周运动半径不同’则周期不同,故A错误;由公式G哗＝mα可知’小行星中各行星绕太阳做圆周运厂动的加速度小于火星做圆周运动的加速度,故B错误;小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径’因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期小于木星公转周期’故C错误;由公式F＝m坠可知,某两颗行星线速度大小U不同,但厂m坠有可能相同,故D正确,厂17°C解析8当滑动变阻器的滑片向上滑动时’电阻减小’副线圈电流变大’原线圈电流也变大’电流表示数变大,故Rl分压变大,则原线圈输人电压减小’匝数不变’副线圈电压减小,故电压表示数减小’故A、B错误,C正确;当滑动变阻器的滑片向上滑动时,电阻减小’副线圈电流变大’R2阻值不变’故功率变大’故D错误;故选C.18,A解析:根据等量异种点电荷的电场线分布可知,B、D两处在同-等势面上’电势相同’故A正确;把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中电场力先做负功再做正功’选项B错误;根据等量异种点电荷电场线的分布规律可知’O处电势为零,A处电势为正,C处电势为负’A处场强方向向左,C处场强方向也向左’方向相同’大小相同,所以A、C两处电势不等,场强相等;同＿个试探电荷放在A、C两处时电势能不相等’故C、D错误;故选A.（2）o气体I做等容变化’初始:户1≡户0,Tl＝3（）0Ⅸ.蹦以尝-竿-粥.倒｛-1』×l＂;P』o气钵Ⅱ做籍压变化.可得等-尝,L,—队72n№气体Ⅱ钓压搔′』≡＾＋等＝｜翅×｜0,P凰’榷据乎衡条件’轻杆对B的作用力等于B的重力,方向竖直向上。34管案;（1）ACD;（2）O不能’@二＝9二今√百答案;（nACD;《2〕m小能』O÷ˉ9ˉ4√214解析:（1）由图甲可得:波长入＝100cm＝1m,敌A正确;由图乙可得:周期T＝2s,频率为／＝1／T＝α5Hz,遮项B错误;渡逮触-＋＝α5m／s;根撼图乙可得:t＝16s时’质点P在平衡位置向上振动,故由图甲可得:波向工轴负向传播’敌C正确;根据图乙可得;质点P在t＝5。25s时’位移为负’在向沿y翰负方淘运动,故D正确;由α5.＝÷T’根据质′慧振动可得:P质点在任意0.5s内的略程不一定是振幅A＝0.1cm,故E错误·（2）O不能;设光线发生全反射的临界角为c,则SinC＝1／川解得:C＝30°光线在BC边的入射角为45°’大于临界角C’在BC面上发生全反射.o由于光射到玻璃砖的乎面上时的入射角均为j＝45°＞C＝30°,则射到乎面上的光线发生全反射,其光略图如图所示.设光在真空中的传播速度为C,光在玻璃中的传播速度为U.｜尸｀＼』ˉ）｜B＼DC~~由几何知识可得,光在玻璃砖和光屏之间传播的距离工l＝2（2√百-1）R’传播的时间t1＝Zl／C光在玻璃砖内传播的距离工2＝4√面R＋2R,传播的时间t2≡工2／U其中U＝C／″解得;÷＿器三-,芋理科综合·物理标准测试（二）C解析:α粒子散射现象说明原子的核式结构模型,不能得出原子核内部具有复杂结构’故A错误;原子序数大于或等于83的元素’都能自发地发出射线’原子序数小于83的元素’有的也能自发地放出射线,故B错误;原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子,没有涉及到原子核内部的变化’故C正确;光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的℃］无法惑憋§热感r）错误20.BD解析:物块向右移动L,则运动到右边与初始位置对称的位置’此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值,弹簧可能先伸长量减小,到恢复到原长,然后压缩,且压缩量增加到达悬点正下方;继续向右运动时’压缩量减小,然后伸长到原来的值,可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大,选项B正确;此过程中物块对地面的压力不等于mg,则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-以加g）L,则小物块和弹簧系统机械能改变量不■↓司‖▲｜5／翻S等于（F—严mg）L’选项A错误;小物块在弹簧悬点正下方时,合外力做功不是最多,则速度不是最大,选项C错误;因整个过程中弹簧的弹性势能变化量为O,弹力做功为零,根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和,选项D正确;故选BD.AC解析:根据楞次定律可知’在αb进人上部磁场过程中的电流方向为ααCbα’选项A正确;当线圈在上半挪分磁场中匀逮运蜘时;F蕾＝…m′-B吾锄,当αb边刚越过边界／／时,由于线圈的αb边和Cα边产生同方向电动势,则回路的电动势加倍’感应电流加倍,每个边受到的安培力加倍,则此时:4F安-加gsin0＝mα,解得线框的加速度为α≡3gsin0,选项B错误;当αb边进人下部磁场再次做匀速运动时:2B等2L—…n‘解得徊′-＋圃｀选项C正确;由能量关系可知,从αb边进人磁场到αb边进人下部磁场再次做匀速运动的过程中,减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热’选项D错误;故选AC·答案:（1）A;（2）1。13;（3）2.50解析:（1）连接拉力传感器和沙桶之前,将长木板右端适当垫高’使小车能自由匀速滑动’平衡了摩擦力’故A正确;实验中拉力通过拉力传感器测出,不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量,故B错误;实验时应先接通电源,再释放小车,小车应紧靠打点计时器,打出一条纸带,同时记录传感器的示数’敌C错误.所以选A.（2）已知打点计时器电源频率为50Hz’则纸带上相邻计数点间的时间间隔为:T＝5×0.02s≡0.1s.3点对工24（10.01＋12。50）×102′、工24应的速度为匀速运动后导体棒上的电动势E＝B′Ulo导体棒受的安培力B2L2Ul22×12×10N＝10NoF1＝BIL＝R4则F＝Fl＝10No由图象可知’时间t≡1。2s时导体棒的速度u2＝7m／s此时导体棒上的电动势E≡BLU2@导体棒受的安培力…』2』×｛』×7N≡7NoF2≡RFF,早m／s』-由牛顿第二定律得α≡′γ?∩／2O【n／so解得t＝L2s时,导体棒的加速度为3m／S2@（2）1.6s时导体棒的速度u3＝8m／s,由能量守恒可得Rr＝Q＋＋啊翘;o解得Q＝48］。答案;（l）÷聊,,＋翘,方向均与锄,相问;（2）坠』OU0（3）9L解析:（l）设第1次碰撞后小球A的速度为Ul,小球B的速度为U2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律:m2U0＝加1U1＋加2U21212｜l2百m2UO≡丁″』1Ul十了″Ⅱ2U22加2m2-加l整理得:Ul＝｜℃0,U2＝｜℃0″l1-厂′γ02″i1≡厂″12解得汹!ˉ了渺,,翻;＝÷刚顺,方向均与刚,相同（2）设经过时间r两小球发生第2次碰撞,小球A、B的略程分别为工1、Z2,则有工1＝＝U1t9工2＝U2t由几何关系知:工l＋工2≡2L整理得;′-簧〈〈:个蛹小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离:工＝21.巨√∩′△~◎△∩′臼:吗＝而＝13m／s,由逐差（Z56＋工45＋工34）-（Z23m／s≡1.2×0。1.二ˉ′晋≡.法△r≡αT遭可得:α＝＋Z12＋Z01）′｀.、山′｀…”徊‖上,代入数据解得小车9T毛的加速度大小为:α＝2.5（）m／s鸟二』.』望…戳罐23.答案:（1）D;（2）电路图见解析;（3）儿∩□—卢◎蜒线巧呼＿…飞儿蹄翰寥斟铲″解析:（1）因电源电压只有4V’可知电压表的量程过大,不需要电压表D;（2）将A2与定值电阻R0串联可代替电压表;电略采用电流表外接;滑动变阻器用分压电略;电略如图.（3）由欧姆定律可知:I2（R0＋厂2）R′∏丁、丁飞□≡丁即IRA42次碰前A的速度UA＝丁U0,BQ盯」!（以向左为正方向’第R0赫灌霹;■■一示所图口女勺·℃］旦—。凹℃B＝、瞬~~~~古一。百汕←Ⅻ～）βα。佃→仙＿＝（I］-I2）Rz｀＾｛-乙≡正2.｜.z←≥万≡…万万万万≡万,T,R0＋′ˉ2＋RzRr-您,解得凡＝竿÷′.悠Il,即R0＋厂2＋Rr答案目（1）3m／S2;（2）Q＝48J解析吕（1）由图象可知,导体棒运动的速度达到10m／s时开始做匀速运动,此时安培力和拉力F大小相等’导体棒匀速运动的速度u』＝10m／sx设碰后A的速度为〖／A,B的速度为U′B.根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有′｜′l’‖1,~!加lUA十加2z′B≡m1z′A十″12UB;了7ⅦlUiˉ｜-了〃2zUB＝川吐∩／臼e嘛1』解析:（1）机械波既有横波又有纵波9而电磁波只有横波;故A不正确;于涉和衍射是波的特有性质’机械波和电磁波都能产生千涉和衍射现象;故B正确;波在传播过程中’介质中质点在波源驱动力作用下做受迫振动’振动周期都等于波的振动周期;故C正确;机械波的频率、波长和波速二者满足的关系U＝∧／适用于一切波,对电磁波也适用;故D正确;光的千涉条纹闸距△←÷川,蕾仅将入射光由缘光改为红光’由于波长变大,故条纹间距变大;故E错误·（2）光略图女口图所示:1′2~｜1′2＿丁m1UAˉ厂-丁加2UB白△整理得:I′′A≡（ml＋加2）UA＋2加2UB9m｜＋′″’（m2ml）UB＋2加1UAUB＝≡加1＋加28′7解得:z′′A＝-丁U0’UB＝丁U0√γ设第2次碰后经过时间t′发生第3次碰撞,碰撞时的位置与挡板相距工′,则工-工＝U′Bt′,工′＋工＝｜U′A｜t′／整理得:Z′＝9L.33.答案:（1）CDE;（2）O20cm@1.5×105Pa~←-R-＞｜AL｜↑解析:（1）温度由摄氏温度t升至2t,对应的热力学温度使由t＋273升至2t＋273,不是2倍关系,选项A错误;温度越高’布朗运动越剧烈,但是布朗运动不是分子运动’也不叫做热运动,选项B错误;做功和热传递是改变物体内能的两种方式,选项C正确;由于液体表面分子间距离大于液体内部分于间的距离’液面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势,选项D正确;晶体熔化时吸收热量,但是温度不变,则分子乎均动能不变’选项E正确;故选CDE.（2）O汽缸水乎放置时,活塞与汽缸底部之间的距离L1＝24cm气体压强户l＝1.0×105Pa,气体体积ˉV1＝LlS;汽缸水干枚置时,活塞与汽缸底部之间的距离为L2气体压…;＝褂「＋警＝（m×l0鼠＋湍0,）P凰≡1.2×105Pa’气体体积V2＝L2S;气体等温变化,根据玻意耳定律户｜Vl＝户2V2得活寥与汽缸戚部之问的距爵L蔽-舟.L｜-20cm@活塞到达卡环前是等压变化,到达卡环后是等容变化,应分两个阶段来处理.气体初状态压强户2＝1。2×105Pa,体积V2＝L2S,温度T2＝300K.活塞刚好到达卡环时,气体压强仍为户3＝户2＝1。2×105Pa9体积V3＝L3S,温度为T3,其中L3≡36cm,气体茶遥变化.↑….昌萨免寞律瓷-贤得此时气体温度T慰—芳.T』-剥0Ⅸ活塞刚好到达卡环后’温度继续上升°气体等容变化,P3＝L2×105Pa,T3≡540K,T‖＝675K,根撼查…律皇-尝解得加热到675K时封闭气体的压强7八＝盖.p;＝L5×l0‘P趴答案:（1）BCD;｀／∏面ˉ干J丁（2）＂α＝√（R＋△L）2＋α2R＋△L;门b≡Rα｜上S由全反射规律可得:sinC＝上,可得′!＝百I了r,1冗R√R2＋α2由几何知识:sinCb＝｀／t!廖＋R2’则〃》＝RR＋△LsinC鲤＝｀／t／2＋（R＋△L）2√（R＋△L）2＋α2ˉRR＋△L~~αⅪ则理科综台·物理标准测试（三）l4.C解析:物体能否看成质点,关键在于物体的形状与体积对所研究问题的影响是否可以忽略,A错误;位移是矢量’路程是标量,矢量不可能是标量,B错误;根据摩擦力产生条件’有摩擦力＿定有弹力,C正确;物体受到几个共点的合力与分力大小无直接关系,D错误。15.C解析:由题意可知:J＝′＂gt,则r≡—L,经过t时mg间,小球竖直方向的速度大小为哟＝g‘≡斋｀根据霹／…蚜……十—÷.∑＼1;.D解鳞断开开息时;2隐z｜＝mg》雕嚼…了剧鲤导（』…饿褒蹿翔篡』E＝罐‰″l7.D,解辆瞬淘氓m／s是最小的发射速度,则卫星的发射速度大于7.9km／s’选项A错误;火箭发射时加速上升,则发动机喷出气体时对火箭的作用力大于火箭所受的重力,两个力不是—对平衡力,选项B错误;此卫星是地球的同步轨道卫星,则该卫星在轨道上运动时周期等于24h,选项C错误;卫星在轨道上运动时的周期等于地球的自转周期,则根据α＝山2′可知,卫星在轨道上运动时的向心加速度＿定大于在地球上未发射时的向心加速度9选项D正确;故选D.34.答案:（］（2）Ⅶu≡6／瓤Dl8.A解析:由乙图可知电阻R2两端电压有效值为:UR2＝100V,由于Rl＝R2,则当电键S断开时,电阻R1的两端电压也为100V,所以此时副线圈端两电压为U粤-汕0v则根据岛-隐可知原线圈胸端电压为;U』＝△U』-:×200v＝360v,则原线圈电门2压表V］示数为360V,当电键S闭合之后副线圈电阻变小,则副线圈总电流I2变大’则电阻Rl两端电压增大’由于副线圈两端电压U2不变’则R2与R3并联部分电压减小,则电流表示数变小,故选项A正确,B镭课;由于副线圈总屯流′』变大,厕且贵-坠可知’原线圈电流Il增大’则导致理想变压器的川2输人功率增大’则输出功率增大,故选项C错误;当电键s闭合后副线圈总电阻为;R＝R）＋＋R,＝;R;测圆｜线圈总电流为;′』—÷-釜则并联挪分屯压为;U″-′,.＋R』器.＋R』-丁-丁U2200V,故选项D错误。19.ABC解析;由图可知,在这＿过程中,连接轨道车的钢丝上升的距离为∧0≡√了干百丁-H＝2m’轮和轴的直径之比为2;1,所以演员上升的距离为h＝2×2m＝4m,故A正确;设轨道车在B时细线与水平方向之｜司的夹角为0’将此时轨道车的速度分解.此时钢丝的砌缝＝…0＝＂而÷亏＝3m／s,由于轮和轴的角速度相同,则其线速度之比等于半径（直径）之比为2;1,U人＝2U丝＝6m／s,故B正确;灿滤员根据动能定埋得;w榆—…＝十枷渺1＿0代人数据可以得到:W拉＝2900J,根据功能关系可知,钢丝在＿过程中对演员做的功等于演员机械能的增量,即△E＝W拉＝2900J,以地面为参考平面,则在最高点具有的机械能为2900J,故C正确,D错误′″20.CD解析:尘埃在电场中通过某种机制带上负蕊;在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积’说明集尘极带正电’b是直流高压电源的正极’选项A错误;顺着电场线,电势降落.则M点的电势低于N絮的电势,选项B错误;越靠近放电极电场越强,同考″Y电荷受到的电场力越大,选项C正确;U＝Ed,N№「间的平均电场强度小于M、P间的平均电场强度9所以N、M间的电势差UMM小于M、P间的电势差UMp,选项D正确;故选CD.21.BD解析:通电的弹体在轨道上受到安培力的作川』利用动能定理有B′蓟.L-＋砸测恿,磁感应强度的大小与I成正比,所以B＝KI,解得:U＝√2K募L只将轨道长膛L变为原柬的2懦,弹体的出射速度增加至原来的√百倍,故A错误;只将电流I增加至原来的2倍,弹体的出射速度增加至原来的2倍,故B正确;只将弹体质量减至原来的＿半,弹体的出射速度增加至原来的√百倍,故C错误;将弹体质量减至原来的＿半,轨道长度L变为原来的2倍’其它量不变’弹体的出射速度增加至原来的2倍’故D正确22.答案:（1）C;（2）B;（3）1。30-1.32m／s解析:（1）因作用力和反作用力总是大小相等、方向相反,与物体的运动状态以及是否受其它力无关,可知此实验中不一定妥使物体做匀速直线运动,也不一定要使物体做匀变速运动,也不需妥乎衡摩擦力,故选C.（2）用如图乙所示的装置验证机械能守恒定律时’刻度尺读数不准确会造成偶然误差,选项A错误;空气对重物及纸带的阻力会造成系统误差’选项B正确;于捏纸的位置离打点计时器的位置大近’导致纸带搭在打点计时器上会造成测量结果可能偏大也可能偏小,即造成偶然误差,选项C错误;故选B。（3）根据刻度尺读出A点两侧的计数点间的距离为5·25×10＿25。25cm’则打A点的速度uA≡2×0.02m／s≡1.31m／s.23.答案:（1）×100’欧姆调零’900;（2）3500;α）厕!硼±′;』）解析:（1）欧姆挡测量电阻之前,红黑表笔为断开,电阻元穷大,指针指在最左侧,指针偏转角度过小,说明读数较大’应该换用大倍率即“×100’,挡’换挡之后妥重新欧姆调零,甲图中的示数为900o.（2）表头改装电压表应该串联一个定值电阻,允许通过的最大电流不变,新量程36V＝I膘l（Rgl＋Rl）’代入数据电阻箱的阻值应调为:R1≡3500Q°（4）电流表G1的示数为I］,则待测电阻的电压U≡Il（Rl＋Rgl）,电流I＝2I2＿Il,待测电阻的阻值R∏!』脱±丹｀）,…腿丝输长度乖直径测I赋陶＂（亨）』—静…懦….巍翱繁沉I1‘!2《Rl＋Rgl）己~4L（;I2-I］）;4泛臀寨!i）30N竖直向下;（2）0.64s＝Ⅷ｀解糠§（1）对滑块在A到B的过程,由动能定理:判的加gL鼠m37.＿…Lc。s37.＝÷mU;解得UB＝2√百m／s对滑块经过B点时,由牛顿第二定律:F—加g2UB＝m而由牛顿第三定律可得:F≡F′解得F′≡3（）N方向竖直向下;（2）对滑块在B到C的过程,由动能定理:-″!gR（1G嘛1‘cos37.）＝＋加u:＋砸u:白白解得uc＝4m／s滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动,以竖直向下为正方向,则:′i-—砌归sin37.‘＋÷gr』＝α512m△解得t＝0.64s.答案;（nW等＋圃』;（2）N＝呼;（3）B＝摆解析:（1）对电子经CA间的电场加速时,由动能定理得:幻＝＋咖财!ˉ＋獭渺』解得;测-＼／等＋触』（2）设时间t从A中发射的电子数为lV9由M口射出的电子数为门,则I＝竿.测—2厕畏2“N-瓮解得:N＝4匹旦11eα（3）电子在CA间磁场中做圆周运动时,其轨迹圆与金属网相切时’对应的磁感应强度为B。设此轨迹圆的半径为厂,则V1＝LSV2＝2LSL＝L得T2＝600KTlT2@活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程’设重物质量为M,则P2S≡户0S＋加g户3S≡户0S＋（m＋M）g户2户3岳≡二T1T3可得M＝1kg〕4.答案:（1）cDE;（2）O√面,@30。解析:（1）根据波的传播特点可知’A错误;由乙图可知,r＝0时刻质点的速度向上,结合图甲在该时刻的波形可知,波沿工轴正方向传播,C正确;波速℃＝＋ˉ六m／s＝｜0m／s,日错误;当′＿队l·-÷7时,质点P应处于最大位移处,加速度最大,而质点Q应在平衡位置的下方,且位移不是最大,敌其加速度应小于质点P的加速度,D正确;r＝0.45s时’波形平移的距离△工＝Ut＝4.5m＝入＋0.5m,即t＝0时刻,工＝3m处的质点振动形式传播到Q点’Q点处于波谷位置,E正确.25.答案:（1）℃‘（2）o女口答图,设光束经折射后到达内球面上B点,在A点,由题意知,入射角i＝45°’折射角厂＝乙BAO由几何关系有:sm′-器＿队5由折射定律有:″＝里巫sIn厂代入数据解得;〃＝√百·~~M@如答图,设在A点的入射角为i′时,光求经折射后到达内球面上C点,并在C点恰发生全反射’则光束在内球面上的入射角乙ACD恰等于临界角C由slnC≡上（2α—厂）2＝厂2＋α22〖′Be【／＝加—厂解得;B＝纱~Oαe瞬巍鳃铲…?留T＾｀33。答案:（1）ACE;（2）O600K,@1kg解析:（1）由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,所以液体存在表面张力,选项A正确;用油膜法估测出了油酸分子直径,可知分于的大小’如果已知其摩尔体积可估测出阿伏加德罗常数,选项B错误;在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道,它们起到了毛细管的作用’选项C正确;一定质量的理想气体从外界吸收热量小于对外做功,则气体的温度要降低,选项D错误;空气相对湿度大,体表的水不易蒸发,所以人就感到潮湿’选项E正确;故选ACE（2）o活塞上升过程为等压变化,则A（）…忽Ⅸ淘C9兰R解得:sin乙CAO＝sin乙ACD＝√百24sinj′由折射定律有:γ!≡sin丝CAO解得:sini′＝0。5’即此时的入射角f′＝30°理科综台·物理标准测试（四）14.D解析:甲图,们‖利略通过实验和逻辑推理将斜面倾角推近90.的方法,论证了自由落体是匀加速直线7触D≡mg,该行星和地球表面的重力加速度之比为:g1;g』＝0β,人到了该行垦其体重是地球上的÷倍｀A错误』第字宙速度满足;（;警ˉ咖责.＂＝√粤,该行垦和地球的履量不同.半径相同显然第＿宇宙速度不同,B错误;该行星与地球都绕各自中心天体做厨阔运动,有;G警-″』碧解得该行星与“TRAPPIST-1,’的距离与日地距离之比:旦≡厂2｀）焉,选项c正豌;根掘谬-竿得核行垦的公转线逮度与鹏球公转线谨度之比为;÷-√票选颧Ⅲ运动。开启了实验检验猜想和假设的科学方法,改变了人类对物体运动的认识’选项A错误;乙图,英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验测定了万有引力常量G,获得了“测量地球质量的人”的美誉,选项B错误;丙图,“光电效应”实验揭示了光的粒子性,爱因斯坦为此提出了光子说理论,建立了光电效应方程,认识到微观粒子具有“波粒二象性”特征.普拉克在对黑体辐射的研究中’首先提出“能量子”的概念’他被称为“量子之父”。选项C错误;丁图’重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续的进行,核能持续的释放,这称为链式反应,选项D正确;故选D.B解析:设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB’重物的质量为m.对O点有FAcos0mg＝0,FAsin0-FB-0、解得F八＝器’F隅≡狮gtan队当健身者缓慢向右移动时·0变大’则两拉力均变大’选项A错误,B正确;健身者所受的摩擦力与FB相等,选项C错误;健身者缓慢移动时’两绳拉力的合力大小等于重物C的重力,大小不变,选项D错误·D解析:带电液滴置于水平放置的平行板电容器的中间而静止’受重力和电场力平衡;现将上极板向上移动少许,板间距离增大,根据Cˉ晶可知,电容减小;由于电压一定,当电容减小’则由Q＝uc可知’Q会减小;因电压不变’根据u＝Ed,极板间距增大’故电场强度变小’电场力小于重力’则液滴向下运动;综上所述,故D正确,A、B、C错误故选DC解析;由图象可得小球第一次与地面碰撞前释放高度h＝20m,则可得第一次落地时速度为U0＝√面顽＝20m／s,则A错误;由图象可知第＿次撞后上升的最大高度为h′＝5m’可得第＿碰撞后的速度为U＝√面顽厂＝10m／s,则B错误;由图象可知小球在4～5s内刚好与地面撞击两次’即在空中运动时间为l§’所以有〃-÷g‘:≡÷×l0×α5』m＝L25m,则其在4～5秒内小球走过的路程为5＝2∧″＝2.5m,故C正确;根据图象规律可知,小球第四次碰撞时间应在5～6秒之间,故D错误.′′辨馏B解析:C点三个电场方向如图所示,根据题赣挪.知E1cos30°＋E2cos30°＝E,又知道El＝E2’故解得＝剿吗＝粤E,B正确§〖＼）§■广＾√］』正确20.BD解析;如果发电机输出电流增大’根据变流比可知’输送电流增大’通过用户的电流增大,故A错误;由I』U‘＝I!R＋（舟′,）』R啡可知,输送电流增大’是由干R用户减小引起的,故B正确;当用户电阻减小时’用户消耗的功率增大,故C错误;发电机输出电流增大,则输电线上的电压降增大’因此降压变压器的输人、输出电压均减小,即因在用户两端电压变小了,故D正确21·ACD解析:开始A处于静止状态,弹簧处于压缩’根据平衡有:3加gsin0＝慰］,解得弹簧的压缩量工l—3竿M.当B刚离开C时｀B对挡板的弹力为零9有:龙z2＝2mgsin0’解得弹簧的伸长量工2≡2竿n0,可知从静止到B刚离开C的过程中’A发生的位移…1＋工』＝5竿n0,故A正确;从静止到B刚离开C的过程中,重力对A做的功W＝-3加grsin0＝＿15加2g2sin20’故B错误;根据牛顿龙广孰…了第≡定律得,F—3咖gsin0—Ar2≡3mα’解得F＝翻磷刀沉g5lq′＋3″』α’C正确;当A的速度达到最大时’A:‖§;瞬到的／莆外力为0’则;F-3′＂gsin0-T′＝0’所以;;;:｝;）T′＝2加isin0＋3加α;B沿斜面方向受到的力;FB＝／慰醚《聪聪袁＂.……解析:（1）对小车由牛顿第二定律F-／＝Mt〗,可得α＝而F＿而,所以刨ˉF图象是一条倾斜的直线,由实验装置可知,实验前没有平衡摩擦力’则画出的α-F图象在F轴上有截距,故C正确·故选C.（3）四组位移的时间均为T≡5×0.02s＝0。1s,根（工4＋工3）-（工2＋rl）L口q沉革·L上P路臼据逐差法求得16●曰′『］18.哆》◎≤ECD解析:由题意可知,该行星与地球大小相似,故其球体半径之比为1』1』所以在天体轰面有c警■＾凹√司｜上α＝瘁些≡／玄个‖可丁α4T2（8.63＋7.74—6.876.00）×10＿2′O＾＾＾』9m／s2＝0.88m／s2l×0ˉ］G嘛1‘23.答案;（1〉如图所示（2）设粒子迸入磁场时竖直方向的分速度为Uy,合速度为u,u与M」V所成的夹角为0,与水乎方向的夹角为α,则:Uy＝αt~／2~｜2U＝＼／U0十ˉU」′U0COSα＝＝—U2U0slnα＝≡—U又磁场中;萨sin（α—f）＝÷qUB＝m坠厂解得β-盏25.答案:（1）／≡0·4N;（2）0。528W解析:（1）根据题意’静止时’对两物体受力分析如图所示:＞电池（2）10;（3）4。0,1.5解析:（1）根据原理图连接实物图,如图所示:兰羔皇〃划当～汁当△O‖↓刚蝎电池（2）闭合S2后’电阻Rl与电流表A2串联’然后与电阻R2并联’由于并联两端电压相等则此时:（I］-I2）R2＝I2（Rl＋RA2）,代入数据整理可以得到:R2＝10o;（3）当只闭合电键Sl时,此时千略总电流为I′l＝0·32A根据闭合电略欧姆定律有;E＝I′1（厂＋RA1＋R2）当将电键鸟也闭合之后,干略总电流为I1＝0.40A根据闭合电略欧姆定律有:E＝Il（厂＋RAl＋R并）,其由乎衡条件所得:对A有:mAgsinβ＝FTO对B有;qE＋／0＝FT@代入数据得／0＝0.4No（2）根据题惫,A到N点时’对两物体受力分析如图所示:∑∧尺］＋—凡＋］—凡~~］—岭中代入数据联立可以得到:E＝4·0V,厂＝1°5Q2警;』（2）B≡盏答案:（1）s＝24答案;（1）‘＝ˉ＂盂-＂;（2）B＝云解析:（1）带电粒子进入电场后做类平抛运动,设加速度为α,时间为t’所求的距离为5,由牛顿第二定律可得:Eq＝mα由运动学公式和几何关系可知:scos45。＝u0r＄sin45.＝÷α‘,联立解得‘＝2√百加U;qE舅霄§由镭场喇做″写电势能的关系得△Ep＝qEαo、M由几何关藤得露＝志念oA由M到N,由z′-U;≡2α工得A运动到N的速度U＝√丽ro拉力F在N点的瞬时功率P＝FuO由以上各式,代入数据P≡0.528W@答霉;（DBp嘱;（:）o爷器署T』◎Q-户0sh＿″!ghEU0●‖＼一必飞、、、●＝飞′尸〃·′／伙一·′矿｀＾坐′＝●●乌●Ⅱ∏I剖0!;~凹33、｀Ⅳ｜8殷O解析:（1）同一种液体的饱和汽仅与温度有关,与体积元关’敌A错误;绝对湿度指大气中水蒸气的实际压强,空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示’单位是Pa’而空气的相对湿度是空气中的水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值,所以空气的相对湿度没有单位’故B正确;空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压’水蒸发越慢’故C错误;气体做等温膨胀,温度不变’则分子运动的激烈程度不变,气体的压强减小,根据压强的微观意义可知,气体分子单位时间对汽缸单位面积碰撞的次数变少,故D正确;饱和汽和液体之间的动态乎衡,是指汽化和液化同时行的过程,且进行的速率相等,故E正确.（2）@没有放物块量’缸内气体的压强为户l≡户0＋等放一个质量为加的物块后,缸丙气体的压强为户2＝＾＋等则有;贵-瓮蛔恒7户0S＋2″tg7解得T@光在棱镜中的传播速度;刨＝十t＝≡--U』-芋c。s30.＋灭揣解得;腹＝罢理科综台。物理标准测试（五）14.C解析:木箱受力如图:〃″~乏妒~~~″↑~~~~~~←／木箱在匀速运动的过程中,F的水平分力等于摩擦力,所以拉力大小＿定大于路面的摩擦力’故D错误’C正确;拉力的竖直分力、地面的支持力和重力’三力的合力为零.但无法比较拉力和重力的大小,故A、B错误.15.A解析:根据玻尔理论’氢原子吸收光子后,从低能级向高能级跃迁’原子能量增加,选项A正确;由爱因斯坦光电效应方程hp＝E脱狮＋W可知’光电子最大初动能越大的金属的逸出功越小’选项B错误;经过8天两个半衰期’剩下;i,Pu的质量应变为原来的四分之＿,选项C错误;铀核的中子数为146个’铅核的中子数为124个’两者相比较,中子数减少了22个,选项D错误.16。C解析:根据动量定理得:0～t0内:F0t0＝mUloto～2t0内:2F0t0＝加℃2-加Ul@由@o解得:Ul:U2＝1:3由户＝″＂U得:户2＝3户1‖‖由且≡÷咖”2得;且1＝古咖U;Ek,＝÷枷U;△』;磷鹏慧舅球!的蕊定圆轨道运动时’半径变小’根据万有引力!!／〈』撼娜d力侧有;孪呼解得;融≡√孽,其…申″癌轨道半径,所以运行速度增大,即°!＜刚,,故D正确’A、B、C错误;故选D.18·B解析:设原线圈的电压为U’当只闭合Sl时,根据电流表示数为1A,则变压器的输人功率为U×1A;则副线圈的功率为U×1A;当只闭合S2时’电流表示数为2A,则变压器的输人功率为U×2A;则副线圈的功率为U×2A;因此两副线圈的功率之比为1:2;根据P-爷,结合负载:R!厂R:的阻值关系则有;2:T2＝′嘲｜」.0。＝20;户0S＋mg＝0,@若只给缸中气体缓慢力口热,气体发生等压变化,当气体温度为2T0时,设活塞上升的高度为H,则有hS（H＋h）ST02Tb解得:H＝h此过程气体对外做功W＝pSH＝（′°＋等户0S∧＋加gh根据热力学第一定律’气体的内能增加量为-w＝Q-户0sh-mgh答案:（1）20等于;（2）o如图＼）S／l＝′△E＝Q所示:34。C〃—趾◎锣斟号A晶F吓＼B解析:（1）由波形图可知∧＝4m;由振动图象可知）肛舅T＝α2‘,…波逮刚≡＋-六『n／s-20m息攒…嚣,翱铲…、;的频率为／＝1／T＝5Hz’则固定在z＝50m处黔蠕.收器接收到该波频率等于5Hz.（2）o光略如图:C｜A晶F吓＼BG跪＼］×器—瓷解得U』;U』-!』2;由变压器的电压与匝数成正比’则有:〃1:″2＝1:2,故B正确.19.CD解析;若P、Q为不等量异种电荷’则根据电场线的分布可知’N无论是带何种电荷都不能在pQ连线中垂面内做匀速圆周运动,选项A错误;只有当P、Q为等量同种电荷时’Ⅳ带与pQ相反电性的电荷时,才能在PQ连线中垂面内做匀速圆周运动’而由等量同种电荷的电场电势分布可知,pQ的中垂面不是等势面,选项B错误;N做匀速圆周运动’动能不变,则N应当是沿＿条等势线运动,故C正确;异种电荷远离时’电势能变大,可知lV的轨迹半径越大,lV的电势能越大,选项D正确;故选CD20°CD解析:由楞次定律可知,线框转过180.的过程中,感应电流方向始终沿ACBA’说明穿过线框导线截面的电量不为零,故A、B错误;由法拉第电磁感-△o2BS应定律可知,平均感应电动势:E＝—＝—＝△r沉α」2B×＋L×［sin60.√孟〃BL,2汀’故C正确;感应电动沉四势峰值;Em-BS“-B×＋×L×Lsln60.×″-√§ˉ毕“,线框匀逮转功产生止弦式交变电流,电动势的省效值;E-器-坪″敬n正确21.ACD解析:根据能量守恒,除了重力之外的力对物体做正功时,物体的机械能就要增加’增加的机械能等于外力做功的大小’由于拉力对物体做的功为80J’所以物体的机械能要增加80J,撤去拉力之后,物体的机械能守恒,所以当回到出发点时,所有的能量都转化为动能’所以动能为80J,重力势能为0,所以物体回到出发点时的机械能是80J,故A正确;撤去力F后物体向上减速,速度减为零之后’要问下加速运动’所以撤去力F后的运动过程中物体的动能是先减小后增加’故B错误;设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为:αl和α2.这两个过程的位移大小相等,方向相反’取沿斜面向上为正方向,则有｀÷α｜』,＝—（凰!′.′＋α』′』）则得侧｜』α』—l;3,故C正确;因为物体做匀加速直线运动,初速度为0’由牛顿第二定律可得,F-加gsin0≡加α1,撤去恒力F后是匀变速运动,且加速度为α2＝gsinβ,又α1;α2≡1;3,联立上闷式得F—÷…m〃.设刚撤去拉力F时物体的速度大小为℃′’则刚｛＝“!腹-＋gs｛n眺0《对于从撤去到返回的整个过程,有:＿u＝u′—gsin0·t,解得刚′＝÷〃所以可得在撤去力F前的瞬间’力F的功率:P≡lM＝:…｛nβ.故D止确22·答案:（1）B,C;（2）0.82解析吕（1）打点计时器必须用交流屯源’不可以用千电池供电,选项A错误;必须乎衡摩擦力’从而保证合力的功就是橡皮筋拉力的功,选项B正确;每次实验,小车必须从同一位置由静止弹出,以保证每条橡皮筋做功相同,选项C正确;实验时只能选用规格相同的橡皮筋,以保证橡皮筋做的功与条数成正比,选项D错误;故选BC。（2）′J、车获得的最大速度妥根据CD或DE部分的工1.64×10-2纸带来计算,则最大速度为Um＝ˉ厂＝0.02m／s＝0.82m／s.23.答案:（1）1.2×104（或12k）;（2）1（3）0.42,10.7k（或1.07×104）解析:（1）由图可知,电压表内阻为:12×103（或12k）.（2〕龟路可能出现钓最大咆流I醒＝l荒0A＝0.375mA,则应把多用电表的选择开关旋到直流屯流的1mA档;（3）电流的示数为0.42mA,则电压表的内阻Rv≡队揣0ˉ;nˉL07×l0』q24.答案:（1）F＝2.36mg;（2）U≡√酉页;N＝6加g;（3）w＝;狮gR解析8（1）对小球:细线上的拉力T≡3加g对物块:′Ⅶgsm0＋F＝T解得:F≡2.36′＂g（2）小球在C点时速度与物块速度大小相等.对小球和物块组成的系统,由机械能守恒定律::嘲…饿转…β-＋（3咖＋顾）〃』』懒｛翻壶岛厅吩《（诊／）嘿毯／憾〔…第…N—…≡:狮责溅忽k赣……蹦….＼嗡角辗艘Ⅳ嚼罐）潍能魁理趟………′W—咖g＋派Rsmβ＝÷枷U:—0∩解得;w＝÷加gR.△鳃答案;（l）5黑;（2》嘿L』;（3）删’删解析:（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R,作PQ中垂线交PQ于A,交PC于O,O为圆心.如图所示:P热力学第二定律,故A错误;晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,所以B选项是正确的;液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离’分子力表现为引力,故C正确;物体的温度越高,分子热运动就越剧烈,分子热运动的乎均动能越大,但不是每个分子的动能都大,故D错误;一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近,直到不能再靠近为止的过程中,分子间相互作用的合力先变大后变小,再变大,在乎衡位置分子力最′］、,故E正确;综上所述本题答案是:BCE.（2）O由题可知,汽缸内气体温度缓慢下降时,气体压强为户0保持不变’初态体积:V0＝2Sl＋S′≡3S／;末态体积;V2＝2S／窗等压变化;坍-票解得T』-:刃@芳汽缸内气体温度缓慢下降至孕,气体发生等容△变化｀敛气体压搔′』,有尝-贵3户2＝丁户0鳃直杆对活塞的弹力大′｜｀为Fˉ芋鳃答鬃;（DBCE;α）O60.圃嘿解析:（1）由P的振动图象如图所示:当t≡0时刻,P的位移为J＝5√面cm~αQ～ˉˉ旦一＝／b…痴识可得磊≡磊—5L代入数据可得粒子轨迹半径R＝Qo＝百2U洛伦兹力提供向心力BqU≡m而解得粒于发射逮度为触＝警（2）真空室只加匀强电场时,由粒子到达αb直线的动能相等,可知αb为等势面’电场方向垂直αb向下.水干向左射出的粒子经时间t到达Q点,在这段时闷内西＝＋L＝,‘PC≡L-÷咖』式中α＝塑″〗U＝Eα解得咆场;…大｜｜｀为腮-25磊B』（3）只有磁场时,粒子以O｝为圆心沿圆弧PD运动,当圆弧和直线αb相切于D点时,粒于速度的偏转角最大,对应的运动时间最长,如图所示.据图有、≈～～≡尸飞｀冯″僻｀＼小γ0｀0＼／ˉ1↓O2川回日衬＼~｜＼αDC、｀｀～～ˉˉˉbO｜〖＼／｜-l0smα-导＝M〃解得α＝37.故最大偏转角γmax≡233·算震腮:;蔑磁r—撇｛〕~粒子以O2为圆』避沿圆弧pC运动的速度偏转霹露…小,对应的运动时间最短.据图有№翅、smβˉ等ˉ÷解得β＝53。速度偏转角最小为γmin≡106°敛最撬时长鹰-揣T＝＋;摇答案;（l』BCE;（2）m:T》oF＝芋解析;（1）第二类水动机不可能制成是因为它违反了j｛蕊并且魄着时间的推移’质点P向J轴正方向振动,″4蜒;§｝:膨则P｀Q墩位置关系如图所示:嚣翻翱旧繁10趣○川~→′X／m则有质点的振动方向与传播方向可知,该波沿工轴负方向传播’故选项A错误;由P质点的振动方程可知:‘u＝沉rad／s,则周期为:T＝红≡丝s＝2s,波（O7r长∧—8m,则渡速为;卿-＋-:m／s-4m／s·敛逸々…βG嘛1鸟16.C解析:当杆与竖直墙壁夹角0＝37。时,设小球l的速度为U′,根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等,有:u′cos37。＝ucos53。代人数据得:u′＝1.2m／s小球2上升的高度为:h≡Lcos37。＝0.8m根据功能原理得外力F所做的功为:W＝÷咖砌:＋＋加〃′,＋狮g″解得:W＝10J9故选C.17.C解析:磁场在旋转的过程中,杆尺项B正确;由于△r＝l＄-＋T,则质点Q的略程为;‖刑‘＝÷×4A＝÷×4×10cm≡20cm＝α2m’故选项C正确;由于′-队5＝＋T时,此时刻质点Q正好达到负的最大位移处,可知此时刻力口速度为正向最大值’而速度最小为零,故选项D错误;由于r＝0.75s∩＝÷T时’则比时波形如图所示;小γ／CII］处于平衡状态,杆所受重力的大小和方向不变’悬线的拉力方向不变,由图解法可知,在磁场旋转的过程加g中,安培力先减小后增大,由F≡X／mBIL可知,磁场的磁感应强度先减小后增加,故选C.18。D解析:根据粒子的运动轨迹可知,点电荷q带负电’因距离负电荷越近的地方电势越低,可知M点的电势低于P点的电势;因距离负电荷越近的地方场强越大,可知M点的场强比P点的大,选项A、B错误;同理N点的场强大于P点的场强,则试探电荷在N点处受到的电场力大小比在P点的大,选项C错误;因MN两点电势相等’则若将试探电荷从lv点移到M点,电场力做功为零,选项D正确;故选D.19.AC解析:‘‘墨子号’’的轨道半径厂＝R＋∧,角速度@≡0／t,运行速率U＝厂凹＝且（R＋h）,故A正确;‘‘墨／子号酌向心j畦度为α-酗厘萨-÷（R＋h）’故B错误｛.墨子号酌运行周期T＝等＝茅,故C正确;由于万有引力大小未知,根据条件无法求出“墨子号”的质量,故D错误。故选AC.20.BC解析:启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力’水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力,两个力的合力方向斜向上方,选项A错误;对整则此时刻质点P正处于乎衡位置,且正向J轴负方向振动,即此时刻质点P的加速度为零,速度为负向最大,故选项E正确.（2）o光略图女口图所示:BA由几何关系可知:α≡β＝30°,在E点:入射角i＝30。由折射定律;＂≡鸟婴’解得:厂＝60°;s1n〖@由于α＝丝A’所以△AFE为等腰二角形,由几何关系可知:EF＝AE＝LDF＝CEEF·cos（90。～j）C光线在玻璃中传播速度为:U≡—n则;山-EF寺DF,解得;您-噪理科综合·物理标准测试（六）D解析:α、β、γ三种射线中γ射线贯穿本领最强,选项A错误;两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量,核子的平均质量减小’所以核子的比结合能增加.故B错误;根据玻尔原子理论’氢原子在辐射光子的同时,电子的轨道半径也在减小’但电子的轨道不是连续的.故C错误;半衰期由原子核本身决定,与外界任何因素都无关.故D正确;故选D八蛔士P;丛盘‖盂』々f↑』巧包斗0O′‖汾】0针『≠亡兰皿MA解析增椒t蛾蔗i捣撕鹏塑;;臻芳廷薯「『厂呼ˉ…解得压｛≡吾选项c正撼赣＼寥囊《,瞬卑鸳瞬亏麓憨选喻Q…………′｜｜421.AC解析:带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放,沿直线运动到达N板上的B点,则AB连线与竖直方向的夹角满足tan0＝塑,若要使粒子能加g到达」V板上的C点（B点的上方）’则要使得0变大,则E变大,根据E＝U／α可知’使N板适当左移,根据动能定理,粒子到达N板上的B点和C两点时电场力做功相同9而到达B点时重力做功较大’则到达Ⅳ板上的B、C两点时动能Ekc＜EkB,选项A正:设斜面的倾角为0·物块在光滑的斜面上做简谐运动9对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力,即Nl＝′＂gcos0.以斜面体为研究对象,作出受力图如右图,地面对斜面体的摩擦力／＝Nlsln0＝mgsin0cos0,因为加、0不变’所以／不随时间变化。故选A.巨√］儿A／‖』姬0捌D确,B错误;因两板间的电势差不变’则根据△EP＝Uq可知’当粒子分别到达lV板上的B、C两点电势能的改变△E趴c＝△EpA脉,选项C正确,D错误『答案;（1）5W;（2）孟;（3）BCD解析:（1）小车在同一个斜面上下滑,合力大小恒定,经过相同位移做的功相等·若小车从A到O合力做的功为W,则小车从E到O合力做的功为5W;（2）因为遮光片非常窄,所以通过遮光片的平均速度｀可近似认为通过该点的乎均速度,故有融＝孟;（3）根据公式U:-U;≡2α工可得U2＝2α工＋U;,图象的斜率隐≡2α’故可求解出′」｀车运动的加速度,根据牛顿第二定律F合＝加α可求解小车所受的合力,BC正确;由于不知道斜面的夹角,所以无法求解小车所受阻力’A错误;根据动能定理可得W-÷加u』’D△正确.答桑（｜〕C,凡ˉR!;（2）十,÷—R＾解析:（1）O电源电动势为3v’电流表量程为15mA＝0Ⅲ5A.由欧姆定律;′＝景可知』电踏中的最』』｀电圈应为;R鳃／蜒-贵-赤o-….断以噶阻箱应选C;@根据闭合电略欧姆定律得;S2断开时有:E＝I（R级＋Rl＋RA＋厂）,S2闭合时有:E≡I（R2＋RA＋厂）,解得:凡＝R2-Rl;（2）闭合开关S29由闭合电略欧姆定律得:E＝I（R＋R义＋厂）,整理得;＋＝÷尺＋旦宁.由＋ˉR圈象RA＋厂可知;愿＝÷』b-—百）耐已知R剿,解得F＝＋,′-÷—R徘答嚣;（D肯删渺;揣;（2）罢芳№解析:（1）当αb棒与Cα棒速度相同时’Cd棒的速度献戚最大,设最大速度为U露霞″〔慰、.由动量守恒定理得:mU0-0≡2mU解得;融＝＋财＂;@γ‖鼠由能量守恒定律可得;系统产生的焦耳热Q默÷狮测;ˉ÷×2狮刚凰—＋狮硼;翰……棒产生的焦哥热Q剑＝÷Q＝昔砸删;对αb棒应用动量定理得:F△t≡-ILB△〖＝—LBq-″』×÷吮—狮刚＂解通过凰6棒绚电量;q-捣】（2）设当‘硼棒的速度为寸刚,时｀αb棒的速度为刚′淘动量守｜馒定律得…,＝顺×＋铡侧＋咖膨′∩解得;U′＝÷U,根撼法撼第电磁感应庭律有;E碘＝BL锄′＿÷皿刚,,］E厂二丁BLU0根据闭合电略欧姆定律有:回略中的电流I≡E的EMBLU0目≡≡2R4R根据牛顿第二定律得:此时Cα棒的加速度大小为αF‘αILBB2L2U0＝≡≡≡二二＝＝＝加m4加R25.答案:（1）1200N;（2）4m／S≤U［≤5m／S;（3）480J解析:（1）从A到B.由功能关系可得:加gL（l—c。s0）-＋′″〃:o代人数据求得:u＝4m／s@2在最低点B处,T—狮g＝竿o联立@@解得,轻绳能承受最大拉力不得小于T＝1200N（2）小明离开乎板车后可认为做乎抛运动竖直位移γ＝＋g‘』o离C点水乎位移最小位移Z-R＝UmmtO离C点水乎位移最大为工＋R≡UmaxtO联立@oo解得:′」、明跳离滑板时的速度4m／s≤uc≤5m／s（3）小明落上干板车时,动量守恒加U＝（加＋m0）Ulo代人数据求得ul＝3m／sO离开滑板时,动量守恒（m＋m0）Ul＝加Umax＋加0U2O将O代入O得u2＝—3m／s由功能关系可得:∏几榨姑狮硼甜蕊十＋枷嚼渺;）÷（哪＋咖僧）沈o!藤解得谅←480J镶答案;（l!ABD;（2）丁）《卿（／』从状态A变化到状态B,气棒钩灌度升高,;!≡》｀则焉杂子的千均动能增大’选项A正确;从状态B变」确潍露;雪…耙到状态◎气体的温度降低,因理想气体的内能只与温度有关,则内能减小,选项B正确;从状态C变化到状态A,气体温度减低,内能减小;体积减′」、,外界对气体做功,则气体放出热量,选项C错误;从状态B变化到状态C,气体的温度逐渐降低,则分子的乎均动能逐渐减小,选项D正确;从状态A变化到状态B,气体温度升高,内能增大;气体体积变大,对外做功,则气体吸收热量,选项E错误;故选ABD（2）对I气体｀初态;∧＝′0＋等＝2′0;末态;′〃］＝G嘛122.23∧仕◎白＾＋等＝″,］根据玻意耳定律;户1L0S＝户′1L］S;解得L!≡寸L0;理科综合·物理标准测试（七）14.B解析:;‖Co发生＿次β衰变’产生新原子核的电荷数为28,质量数为60,因此中子数为32,中子数比质子数多4’选项A错误,B正确;β粒子来源于钻60原子核’选项C错误;γ射线由钻60衰变后产生的新核释放’选项D错误;故选B.15.A解析:根据功的定义W≡F工cos0,这几种情况都是力的方向与位移的方向相同,也就是0等于零,因此A正确;但各种情况下’由于第二种水平面粗糙’第三种沿斜面,第四种竖直向上运动’因此运动相同的位移时第＿种情况末速度最大’动能增量最大,B错误;同时第＿种情况加速度最大,运动时间最短,C、D都错误1仇B解析;根据砌』＝2α延可知α＝÷.芋m／s-2.5m／s2,则F＝mα＝2.5N,选项A错误’B正确;5·内小物块的位移为工‘-÷αt;-÷×a5×5』m＝31.25m,选项C错误;5s末小物块的速度为u5＝αr5＝12.5m／s’选项D错误;故选B.17。B解析:在剪断绳子之前,A处于平衡状态,所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力.在剪断上端的绳子的瞬间,绳子上的拉力立且｜］减为零’而弹簧的伸长量没有来得及发生改变,故弹力不变,仍为A的重力沿斜面的分力。故A球的加速度为零;在剪断绳子之前’对B球进行受力分析,B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力,在剪断上端的绳子的瞬间,绳子上的拉力立即减为零,所以加1gsin30。＋加2gsin30°根据牛顿第二定律得:αB＝″02′~｜、＼加1十m2／g;故B正确’A、C、D错误2m218.B解析:A处点电荷所′∩p受静电力大小为F,根据／＼库仑定律’结合平行四边罐腮‖赚鹏M1＿j舞荷的电场力为弓｜力’B处〃电荷憨镶A煌处电荷的电场对Ⅱ气体:初态;户,＝′!＋等＝3′0末态;′』≡′′!＋等＝5户0…哟…橇;等;s-倒…T∩解得L:＝÷L0A活塞下降钓高度;△L＝2L嚼—（L］＋L:）-÷L』34.答案:（1）ADE;（2）Ou＝二″@等＋寺arcsin上≤α≤arcc。s—1OOⅦ″解析:（1）波的频率是由波源决定的,与介质元关,所以当波从一种介质迸入另一种介质时,频率不变,故A正确;光波从空气进入水中后’波速减小,频率不变,由公式U≡入／,可知波长变短,波动性减弱’则更不容易发生衍射.故B错误;波源沿直线匀速靠近一静止接收者,两者距离减小’产生多普勒效应’接收者接收到波信号的频率会比波源频率高,故C错误;波速公式U＝入／适用于一切波,式中三参量依次为波速、波长、频率,故D正确;电磁波是横波,具有偏振现象,故E正确。（2）O根据光的传播规律〃＝二（1分）U可得该单色光在钻石中传播的速度大小为U＝旦（1〃分）o设钻石对该单色光的｜｜镭界角为C,测‘inC,＝÷（1分）如图所示,设该单色光在AO边、OD边的入射角为β、0,为使该单色光在AO边发生全反射,则β≥C0（1分）由几何关系得;β＝÷-α（l分）联立以上式子得:α≤arccos联立以上式子得:α≤arccos圈｜』旦上c‘4D10～2s过程中,两球下落的竖直高度相同’重力做功相同,根据动能定理可知,动能改变虽相同,选项C错误;根据动量定律’在0～2s过程中,两球所受的重力的冲量相同,则两球的动量改变相同’选项D正确.20.AB解析:月球的第＿宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度,“媳娥三号”在轨道1上的半棵大「月球半径根据孕-哪÷得线速度O上（1分）7］为使单色光在OD边发生全反射,则0≥C0（1分）由几何关系得;0＝3α÷（l分）≈联立以上式子得;α≥÷＋÷…m÷（1分）蠕上』α蔚应满足钓条件为÷＋÷.rcsm÷≤α≤arccos上（l分）门偏角过大,倍率挡过大,则应该选择‘‘×1”挡’笔芯电锄二＼／罕,可知烯娥三号在瓢道1上的运动速度比月球的第＿宇宙速度小。故A正确;“媳娥三号”在地月转移轨道上经过P点若要进人轨道1’需减速,所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大.故B正确;根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小,所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大,故C错误;“媳娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度,因为都是Q点可知,万有引力在此产生的加速度相等,故D错误·ACD解析:αb边刚进人磁场时切割磁感线’根据右手定则可知,感应电流方向为由α→6,即b端相当于电源的正极,则α点的电势低于b点电势’故选项A正确;当线框完全进人磁场中则没有感应电流,则只受到重力作用’则做加速运动,αb边刚进人磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同,说明线框完全进人磁场时的速度小于刚进人磁场速度’所以线框进人磁场过程不可能先加速后匀速运动,故选项B错误;由于αb边刚进人磁场时速度与刚穿出磁场时速度相同’根据能量守恒可知’进人时产生的焦耳热为Ql＝″!g创,离开时产生的焦耳热仍为Q2＝加gα,则整个过程中产生的焦耳热为:Q＝Ql＋Q2＝2加gα’故选项C正确;线框从刚下落到cα边刚进人磁场过程中,设Cα边刚进人磁场时,线框速度为U,由动量定理得,加gt-IA＝加U＞0;安培力的冲量IA＝…-ELq-辛解得』｝＞慧,故选项n眶确答案;（1）2。0;（2）0.14-0。16;（3）不需要阻的测量值较为准确的是18.（）O;（2）因电压表内阻远大于待测电阻,故采用电流表外接;滑动变阻器用分压电略;实物连线女口图电流表（量程0.6A电压表（量程15V内阻约1o）内阻约15kO）2OV电］上∑（3）画出的U-I图象如图:小［〃V10.08.06。04.020厂■」~OL′0.10.2030.40.50。6〃A根播圈象可知;R＝旱＝湍Q≡l4“24.答案:（1）3。0×107m／s;（2）7·2×103m;（3）-5。8×10l8J可解析:（1）电场中加速有eUb＝÷mU;△代入数据得u0≈3。0×107m／s（2）设电子在偏转电场中运动的时间为r’电子偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y’电子乎方向做匀速直线运动Ll＝z′0r电子在竖直方淘上徽匀加逮运动,-十α‘』根撼牛顿第二定撑有乎≡狮α●∩′曰∩／曰工36-工03≡＝α＝＝n解析:（1）木块的加速度（3T）20m／s2ˉ7·32-3。3（）3·30射出在水∑~~〗吕／／Ⅲ〗×109×0。022′｀…＾△些′｀′臼……′｀’.（2）对Ⅳ个珐码的整体’根据牛顿第二定律;″加g-似（lv—＂）〃!g＝N″′α』解得α＝″（l＋′）箭陛g;画出α-′t图象如图;Aα／（m.Sˉ2）～1·6×10一19×0·062×200锚解］◎In＝≡β日2×9×1031×0.02×（3×102）236cm;;乡丈口＝厂贯ˉ0-l°解得h＝7.2×10—3m（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做由图可知尸g≡1.6,解得〃＝0.16.（3）实验中是对lV个珐码的整体迸行研究’则不需妥满足悬挂钓码总质量远小于木块和槽中钓码总质量.的功w＝‘Eγ-詹:剿ˉ丘8×｜0｀｀J△E＝-W≡-5.8×10—18J23。答案:（1）T,18.0;（2）见解析;（3）见解析,14解析:（1）在测量前发现电表指针位置如图甲所示,该同学应该调节T;用‘‘×10挡”和“×1”挡按正确步骤分别测量,根据指针所示位置可知,用“×10,,挡答案:（1）物块B与物块A第-次碰撞前的速度大巨√◎▲℃吕／／Ⅲ日—〗后亿）日（」别—〗匠）日／＼吕／皿↓为小~~垢1￡G嘛′2｀厕-I（了）√百m／s（″＝2,3,4…）解析:（1）若B在传送带上能一直减速运动’设它在最左端时的速度为U｛狮’则B从最高点运动到传送带最左端的过程中由动能定理《］2Mgh-似Mg／＝寸MU!前解得ul前＝4m／s＞2m／s’则物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m／s;（2）设B与A碰撞后瞬间的共同速度为Ul后,对AB系统由动量守恒定律:M℃1前＝（加＋M）U1后分析可知’当弹簧恢复原长时AB分离’设B第一次离开弹簧时速度为U1离,对B离开弹簧到运动到h′高度处由动能定理:—似Mg′—Mg〃-0—÷M刨;＾对AB及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置,由能量守恒定律:Ep-＋（M＋咖）汹｛蹦＋（M＋咖）锄韶.骚立孵得;E鹏＝?］（3）若B从″处下落后在传送带上能够一直减速’则B从h′运动到传送带最左端过程中由动能定理:】Mgh′-陛Mg′＝古MU:渝解得u:前≡√百m／s＞2m／s,故物块B与物块A第二次碰撞前的速度大小为u2赫＝√百m／s;B与A第二次碰撞的过程中,对AB系统:MU2前≡（加＋M）U2后解得财』詹＝;√;m／＄B向右再次冲到传送带上若能在其上速度减为0,设其通过的位移为工’由动能定理:-尸Mg工＝0-÷M删;.解得延＝等m＜1m故而B第二次与A相碰时速度Q仍为御龋＝÷√百m／s;再由;MU3前＝（m＋M）U3后解得潍詹-（÷）』√『m／s』推理可知B与A第n次碰撞后速度大小表达式为:刚减露＝（:厂√面m／·根据以上分析可知;Ul詹＝÷m／s｀刨厕詹＝凹（:厂√『m／s（″＝2,3…下压,需妥用的力越大,是因为气体压强作用的缘故,与分子间作用力元关’选项C错误;分子力表现为引力时’分子间的距离咸小,则分子力可能增大,也可能减小,选项D正确;空气的相对湿度越大,空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压,选项E错误;故选ABD（2）O假设升温后气体（包括跑掉的空气）的总体积为V:’根据盖-吕萨克定律有:兴ˉ鉴,又;隐ˉ丽V1联立解得:龙＝0。9o晰…理寞律有』费-贵解得;p≡等34·答案:（1）ADE;（2）O″＝√百’@CN≡3cm解析:（1）部队过桥不能齐步走而妥便步走,是为了避免桥梁发生共振现象,选项A正确;在波传播的过程中质点不随波迁移,选项B错误;变化的电场一定产生磁场’变化的磁场一定产生电场;均匀变化的电场产生稳定的磁场,均匀变化的磁场产生稳定的电场;选项C错误;根据多普勒效应可知’在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短,频率变大,可判断该星球正在靠近向地球’选项D正确;泊松亮斑是光的衍射现象,玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象,选项E正确;故选ADE（2）O如图,透明物体内部的光略为折线MPN（P为光线反射点）,lV、N′点相对于底面BC对称’M、P和N′三点共线,设折射角为厂,出射光线与法线夹角为j′,对应透明物体内入射角为厂′.／／『〃／／／／〃汰组Zz1ZZ／卢卢s1n2-声s1n厂＝二MN′A＝60根撕辩燃式有;测＝雨＝百i丽了＝√面ˉsinfsin60°@由图中的几何对称关系可知:C」V＝CN′＝AM所以:CN≡3cm33苔累;（」）ABD』（2）o队9,o等解析:（1）温度是分子乎均动能的标志,则气体的温度越高,分子乎均动能越大,选项A正确;单晶体在物理性质上表现出各向并性,多晶体在物理性质上表现为各向同性,选项B正确;给自行车打气时越往2刷O提供各种书籍的PDF电子版代找服务，如果您找不到您想要的书的PDF电子版，我们可以帮您找到，如有需要，请联系微信、QQ。PDF代找说明：本公司可以帮助您找到您想要的PDF电子书。质量都很清晰，只要您提供给我们相关信息，一般都能找到，如果您有需求，请联系我们。现已经帮助了很多人找到了大家需要的PDF，其实网上有很多PDF，大家如果在网上找不到的话，可以联系我们，大部分我们都可以找到。因PDF电子书都有版权，请不要随意传播，如果您有经济购买能力，请尽量购买正版。声明：本公司只提供代找服务，因寻找PDF电子书有一定难度，仅收取代找费用。如因PDF产生的版权纠纷，与本公司无关，我们仅仅只是帮助您寻找到您要的PDF而已。